熱點專題突破系列(三)

1、熱點專題突破系列(三)數列的綜合應用考點一考點一 等差數列與等比數列的綜合問題等差數列與等比數列的綜合問題【考情分析】【考情分析】等差、等比數列相結合的問題是高考考查的重點等差、等比數列相結合的問題是高考考查的重點(1)(1)綜合考查等差數列與等比數列的定義、通項公式、前綜合考查等差數列與等比數列的定義、通項公式、前n n項和公式、項和公式、等差等差( (比比) )中項、等差中項、等差( (比比) )數列的性質數列的性質. .(2)(2)重點考查基本量重點考查基本量( (即即“知三求二知三求二”, ,解方程解方程( (組組)的計算以及靈活運的計算以及靈活運用等差、等比數列的性質解決問題用等差、

2、等比數列的性質解決問題. .【典例【典例1 1】(2014(2014湖南高考湖南高考) )已知數列已知數列aan n 滿足滿足a a1 1=1,|a=1,|an+1n+1-a-an n| |=p=pn n,nN,nN* *. .(1)(1)若若aan n 是遞增數列是遞增數列, ,且且a a1 1,2a,2a2 2,3a,3a3 3成等差數列成等差數列, ,求求p p的值的值. .(2)(2)若若p= ,p= ,且且aa2n-12n-1 是遞增數列是遞增數列,a,a2n2n 是遞減數列是遞減數列, ,求數列求數列aan n 的通項的通項公式公式. .12【解題提示】【解題提示】(1)(1)由由

3、aan n 是遞增數列是遞增數列, ,去掉絕對值號去掉絕對值號, ,求出前三項求出前三項, ,再利再利用用a a1 1,2a,2a2 2,3a,3a3 3成等差數列成等差數列, ,得到關于得到關于p p的方程即可求解的方程即可求解. .(2)a(2)a2n-12n-1 是遞增數列是遞增數列,a,a2n2n 是遞減數列是遞減數列, ,可以去掉絕對值號可以去掉絕對值號, ,再利用疊再利用疊加法求通項公式加法求通項公式. .【規(guī)范解答】【規(guī)范解答】(1)(1)因為因為aan n 是遞增數列是遞增數列, ,所以所以a an+1n+1-a-an n=p=pn n, ,又又a a1 1=1,a=1,a2

4、2=p+1,a=p+1,a3 3=p=p2 2+p+1,+p+1,因為因為a a1 1,2a,2a2 2,3a,3a3 3成等差數列成等差數列, ,所以所以4a4a2 2=a=a1 1+3a+3a3 3,4p+4=1+3p,4p+4=1+3p2 2+3p+3,3p+3p+3,3p2 2=p,=p,解得解得p= p= 或或p=0,p=0,當當p=0p=0時時,a,an+1n+1-a-an n=0,=0,與與aan n 是遞增數列矛盾是遞增數列矛盾, ,所以所以p= .p= .1313(2)(2)因為因為aa2n-12n-1 是遞增數列是遞增數列, ,所以所以a a2n+12n+1-a-a2n-1

5、2n-10,0,于是于是(a(a2n+12n+1-a-a2n2n)+(a)+(a2n2n-a-a2n-12n-1)0)0, ,由于由于 , ,所以所以|a|a2n+12n+1-a-a2n2n|a|0,)0,所以所以a a2n2n-a-a2n-12n-1= = , ,因為因為aa2n2n 是遞減數列是遞減數列, ,所以同理可得所以同理可得a a2n+12n+1-a-a2n2n0,a0,d0,所以所以d=3,q=2,d=3,q=2,a an n=3+(n-1)=3+(n-1)3=3n,b3=3n,bn n=2=2n-1n-1. .(2)(2)由由(1)(1)知知當當n n是偶數時是偶數時, ,T

6、Tn n=c=c1 1+c+c2 2+c+c3 3+c+cn n=-S=-S1 1+S+S2 2-S-S3 3+S+S4 4-S-Sn-1n-1+S+Sn n=a=a2 2+a+a4 4+a+a6 6+a+an n=6+12+18+3n=6+12+18+3n=2nnn2n33Snn,n22cS cos 3n33Snn,n.22 是偶數，是奇數3n n2.4當當n n是奇數時，是奇數時，T Tn n=T=Tn-1n-1-S-Sn n= =23 n1n133nn4222n23n1 .43n n2,n4T3n1n.4 是偶數，綜上可得， 是奇數考點二考點二 數列與函數的綜合問題數列與函數的綜合問題【

7、考情分析】【考情分析】數列與函數的特殊關系數列與函數的特殊關系, ,決定了數列與函數交匯命題的決定了數列與函數交匯命題的自然性自然性, ,是高考命題的易考點是高考命題的易考點, ,主要考查方式有主要考查方式有: :(1)(1)以函數為載體以函數為載體, ,考查函數解析式的求法考查函數解析式的求法, ,或者利用函數解析式給出或者利用函數解析式給出數列的遞推關系、數列前數列的遞推關系、數列前n n項和的計算方法項和的計算方法(2)(2)根據數列是一種特殊的函數這一特點命題根據數列是一種特殊的函數這一特點命題, ,考查利用函數的單調性考查利用函數的單調性來確定數列的單調性、最值或解決某些恒成立問題來

8、確定數列的單調性、最值或解決某些恒成立問題【典例【典例2 2】(2015(2015沈陽模擬沈陽模擬) )已知函數已知函數f(x)= ,f(x)= ,數列數列aan n 滿足滿足a a1 1=1,a=1,an+1n+1=f( ),nN=f( ),nN* *. .(1)(1)求數列求數列aan n 的通項公式的通項公式. .(2)(2)令令T Tn n=a=a1 1a a2 2-a-a2 2a a3 3+a+a3 3a a4 4-a-a4 4a a5 5+-a+-a2n2na a2n+12n+1, ,求求T Tn n. .(3)(3)令令b bn n= (n2),b= (n2),b1 1=3,S=

9、3,Sn n=b=b1 1+b+b2 2+b+bn n, ,若若S Sn n 0,-ax+a(a0,xR),xR),不等式不等式f(x)0f(x)0的解集有且只有一個元素的解集有且只有一個元素, ,設數列設數列aan n 的前的前n n項項和和S Sn n=f(n)(nN=f(n)(nN* *),),(1)(1)求數列求數列aan n 的通項公式的通項公式. .(2)(2)設設b bn n= ,= ,求數列求數列bbn n 的前的前n n項和項和T Tn n. .nna3【解析】【解析】(1)(1)由已知得由已知得x x2 2-ax+a0-ax+a0的解集有且只有一個元素的解集有且只有一個元素

10、, ,所以所以=(-a)=(-a)2 2-4a=0,-4a=0,即即a a2 2-4a=0,-4a=0,又因為又因為a0,a0,所以所以a=4,a=4,所以所以f(x)=xf(x)=x2 2-4x+4,-4x+4,從而從而S Sn n=f(n)=n=f(n)=n2 2-4n+4,-4n+4,當當n=1n=1時時,a,a1 1=S=S1 1=1-4+4=1;=1-4+4=1;當當n2n2時時,a,an n=S=Sn n-S-Sn-1n-1=2n-5.=2n-5.n1,n1,a2n5,n2nN*.所以且 n234nn2345nn 1n234nn 1nn11132n52T,33333111132n7

11、2n5T.33333332121112n5T2(),33333331n1T.33因為所以得所以【加固訓練】【加固訓練】設函數設函數f(x)f(x)的定義域為的定義域為R,R,當當x0 x1,f(x)1,且對任意的實且對任意的實數數x,yR,x,yR,有有f(x+y)=f(x)f(y).f(x+y)=f(x)f(y).(1)(1)求求f(0),f(0),判斷并證明函數判斷并證明函數f(x)f(x)的單調性的單調性. .(2)(2)數列數列aan n 滿足滿足a a1 1=f(0),=f(0),且且f(af(an+1n+1)= (nN)= (nN* *),),數列數列bbn n 滿足滿足b bn

12、n=a=an n-8.-8.求數列求數列aan n 的通項公式的通項公式; ;求數列求數列bbn n 的前的前n n項和項和T Tn n的最小值及相應的的最小值及相應的n n的值的值. .n1f2a 【解析】【解析】(1)x,yR,(1)x,yR,f(x+y)=f(x)f(y),x0f(x+y)=f(x)f(y),x1,f(x)1,令令x=-1,y=0,x=-1,y=0,則則f(-1)=f(-1)f(0),f(-1)=f(-1)f(0),因為因為f(-1)1,f(-1)1,所以所以f(0)=1.f(0)=1.若若x0,x0,則則f(x-x)=f(0)=f(x)f(-x),f(x-x)=f(0)

13、=f(x)f(-x),故故f(x)= (0,1),f(x)= (0,1),故故xR,f(x)0,xR,f(x)0,任取任取x x1 1x0,0,所以所以0f(x0f(x2 2-x-x1 1)1,)1,所以所以f(xf(x2 2)f(x)f(x1 1),),故故f(x)f(x)在在R R上是減函數上是減函數. .1fx(2)(2)a a1 1=f(0)=1,f(a=f(0)=1,f(an+1n+1)= =f(2+a)= =f(2+an n),),由由f(x)f(x)單調性單調性a an+1n+1=a=an n+2.+2.故故aan n 是等差數列是等差數列, ,所以所以a an n=2n-1.=

14、2n-1.b bn n=2n-9,T=2n-9,Tn n=n=n2 2-8n,-8n,當當n=4n=4時時,(T,(Tn n) )minmin=-16.=-16.n1f2a 考點三考點三 數列與不等式的綜合問題數列與不等式的綜合問題【考情分析】【考情分析】數列與不等式的綜合問題是高考考查的熱點數列與不等式的綜合問題是高考考查的熱點. .考查方式考查方式主要有三種主要有三種: :(1)(1)判斷數列問題中的一些不等關系判斷數列問題中的一些不等關系, ,如比較數列中的項的大小關系等如比較數列中的項的大小關系等. .(2)(2)以數列為載體以數列為載體, ,考查不等式的恒成立問題考查不等式的恒成立問

15、題, ,求不等式中的參數的取求不等式中的參數的取值范圍等值范圍等. .(3)(3)考查與數列問題有關的不等式的證明問題考查與數列問題有關的不等式的證明問題. .【典例【典例3 3】(2014(2014上海高考上海高考) )已知數列已知數列aan n 滿足滿足 a an naan+1n+13a3an n, ,nNnN* *,a,a1 1=1.=1.(1)(1)若若a a2 2=2,a=2,a3 3=x,a=x,a4 4=9,=9,求求x x的取值范圍的取值范圍. .(2)(2)設設aan n 是公比為是公比為q q的等比數列的等比數列,S,Sn n=a=a1 1+a+a2 2+a+an n, S

16、, Sn nSSn+1n+13S3Sn n, ,nNnN* *, ,求求q q的取值范圍的取值范圍. .(3)(3)若若a a1 1,a,a2 2,成等差數列成等差數列, ,且且a a1 1+a+a2 2+a+ak k=1000,=1000,求正整數求正整數k k的最大值的最大值, ,以及以及k k取最大值時相應數列取最大值時相應數列a a1 1,a,a2 2,的公差的公差. .1313【解題提示】【解題提示】(1)(1)根據根據 a a2 2aa3 33a3a2 2, a, a3 3aa4 43a3a3 3可求得可求得x x的范圍的范圍. .(2)(2)需對需對q q分類討論分類討論, ,若

17、若q=1,q=1,易得符合題意易得符合題意, ,若若q1q1時時, ,再通過放縮法解再通過放縮法解不等式組即得結論不等式組即得結論. .(3)k=1000,d=0(3)k=1000,d=0是一組解時是一組解時,k,kmaxmax1000,1000,根據根據 a an naan+1n+13a3an n, ,可得可得d ,d ,然后根據然后根據a a1 1+a+a2 2+a+ak k=1000,=1000,得到關于得到關于d d的關系式的關系式, ,而而d ,d ,從而得到關于從而得到關于k k的不等式的不等式, ,解此不等式即得解此不等式即得. .13131322k122k1【規(guī)范解答】【規(guī)范解

18、答】(1)(1)依題意依題意, a, a2 2aa3 33a3a2 2, ,所以所以 x6;x6;又又 a a3 3aa4 43a3a3 3, ,所以所以3x27;3x27;綜上可得綜上可得:3x6.:3x6.132313(2)(2)由已知得，由已知得，a an n=q=qn-1n-1, ,又又 a a1 1aa2 23a3a1 1，所以所以 q3,q3,當當q=1q=1時，時，S Sn n=n, S=n, Sn nSSn+1n+13S3Sn n, ,即即 n+13n,n+13n,成立成立. .當當1q311,q1,故故3q3qn+1n+1-q-qn n-2=q-2=qn n(3q-1)-22

19、q(3q-1)-22qn n-20,-20,對于不等式對于不等式q qn+1n+1-3q-3qn n+20,+20,令令n=1,n=1,得得q q2 2-3q+20,-3q+20,解得解得1q2,1q2,又當又當1q21q2時時,q-30,q-30,所以所以q qn+1n+1-3q-3qn n+2=q+2=qn n(q-3)+2q(q-3)+2=(q-1)(q-2)0(q-3)+2q(q-3)+2=(q-1)(q-2)0成立成立, ,所以所以1q2,1q2,當當 q1q1時，時，S Sn n= S= Sn nSSn+1n+13S3Sn n, ,13n1 q1,1 q3nn 1n11 q1 q1

20、 q3,3 1 q1 q1 q即所以此不等式即所以此不等式即3q-10,q-30,3q-10,q-30,所以所以3q3qn+1n+1-q-qn n-2=q-2=qn n(3q-1)-22q(3q-1)-22qn n-20,-20,(q-3)+2q(q-3)+2=(q-1)(q-2)0,所以所以 q1q0,0,所以所以S Sn n-3,-3,只有只有S Sn n=n=n2 2+n.+n.當當n2n2時時,a,an n=S=Sn n-S-Sn-1n-1=n=n2 2+n-(n-1)+n-(n-1)2 2-(n-1)=2n,-(n-1)=2n,而而a a1 1=2,=2,符合符合a an n=2n,

21、=2n,所以數列所以數列aan n 的通項公式為的通項公式為a an n=2n(nN=2n(nN* *).).21S21a2nSnn1111(3)1aa12n 2n14n(n)2111111111114(n)(n1) (n)(n1)nn1444444因為，1122nn1122nn111aa1aa1a (a1)1111111()()()11111141223nn1444444111111().11434n331n1441111n.aa1aa1aa13所以故對一切正整數 ，有【加固訓練】【加固訓練】1.(20151.(2015貴陽模擬貴陽模擬) )已知數列已知數列aan n 的前的前n n項和為項

22、和為S Sn n, ,滿足滿足S Sn n= a= an n-n(nN-n(nN* *).).(1)(1)求證求證: :數列數列aan n+1+1是等比數列是等比數列. .(2)(2)令令b bn n=log=log3 3(a(a1 1+1)+log+1)+log3 3(a(a2 2+1)+log+1)+log3 3(a(an n+1),+1),對任意對任意nNnN* *, ,是否是否存在正整數存在正整數m,m,使使 恒成立恒成立? ?若存在若存在, ,求出求出m m的值的值; ;若不若不存在存在, ,請說明理由請說明理由. .3212n111mbbb4【解析】【解析】(1)(1)當當n=1n

23、=1時時,S,S1 1=a=a1 1= a= a1 1-1,-1,解得解得a a1 1=2,=2,當當n2n2時時, ,由由S Sn n= a= an n-n-n得得S Sn-1n-1= a= an-1n-1-n+1.-n+1.兩式相減得兩式相減得,S,Sn n-S-Sn-1n-1= a= an n- a- an-1n-1-1,-1,即即a an n=3a=3an-1n-1+2(n2),+2(n2),則則a an n+1=3(a+1=3(an-1n-1+1).+1).又又a a1 1+1=2+1=3,+1=2+1=3,故數列故數列aan n+1+1是首項為是首項為3,3,公比為公比為3 3的等

24、比數列的等比數列. .3232323232(2)(2)由由(1)(1)知知a an n+1=3+1=33 3n-1n-1=3=3n n. .所以所以b bn n=log=log3 3(a(a1 1+1)+log+1)+log3 3(a(a2 2+1)+log+1)+log3 3(a(an n+1)=1+2+n=+1)=1+2+n=n n1,2n12n12112(),bn n1nn1111bbb1111112(1)()()2(1)223nn1n1所以則由由 對任意對任意nNnN* *恒成立，得恒成立，得2(1- ) 2(1- ) ，即，即m m 對任意對任意nNnN* *恒成立恒成立, ,因為因

25、為 ，所以，所以m4.m4.又因為又因為mNmN* *，所以，所以m=1,2,3,4.m=1,2,3,4.12n111mbbb41n1m418(1)n111111n122 2.2.已知數列已知數列aan n 為等比數列為等比數列, ,其前其前n n項和為項和為S Sn n, ,已知已知a a1 1+a+a4 4=- ,=- ,且對且對于任意的于任意的nNnN+ +, ,有有S Sn n,S,Sn+2n+2,S,Sn+1n+1成等差數列成等差數列. .(1)(1)求數列求數列aan n 的通項公式的通項公式. .(2)(2)已知已知b bn n=n(nN=n(nN+ +),),記記T Tn n=

26、 = 若若(n-1)(n-1)2 2m(Tm(Tn n-n-1)-n-1)對于對于n2n2恒成立恒成立, ,求實數求實數m m的最小值的最小值. .716312n123nbbbb| |aaaa，【解析】【解析】(1)(1)設公比為設公比為q,q,因為因為S S1 1,S,S3 3,S,S2 2成等差數列成等差數列, ,所以所以2S2S3 3=S=S1 1+S+S2 2, ,所以所以2a2a1 1(1+q+q(1+q+q2 2)=a)=a1 1(2+q),(2+q),得得q=-q=-又又a a1 1+a+a4 4=a=a1 1(1+q(1+q3 3)=)=所以所以a a1 1= =所以所以a a

27、n n=a=a1 1q qn-1n-1= =1,27,161,2n1() .2(2)(2)因為因為b bn n=n,a=n,an n= =所以所以 =n2=n2n n, ,所以所以T Tn n=12+22=12+222 2+32+323 3+n2+n2n n, ,2T2Tn n=12=122 2+22+223 3+32+324 4+(n-1)2+(n-1)2n n+n2+n2n+1n+1, ,- -得得-T-Tn n=2+2=2+22 2+2+23 3+2+2n n-n2-n2n+1n+1, ,所以所以T Tn n=-( -n2=-( -n2n+1n+1)=(n-1)2)=(n-1)2n+1n

28、+1+2.+2.n1() ,2nnb|an 12212若若(n-1)(n-1)2 2m(Tm(Tn n-n-1)-n-1)對于對于n2n2恒成立恒成立, ,則則(n-1)(n-1)2 2m(n-1)2m(n-1)2n+1n+1+2-n-1,+2-n-1,(n-1)(n-1)2 2m(n-1)(2m(n-1)(2n+1n+1-1),-1),所以所以m m 令令f(n)= ,f(n+1)-f(n)=f(n)= ,f(n+1)-f(n)=所以所以f(n)f(n)為減函數為減函數, ,所以所以f(n)f(2)= .f(n)f(2)= .所以所以m .m .n 1n1,21n 1n121n 1n 2n

29、1n 2n 12n 21nn10,212121 211717考點四考點四 數列的實際應用問題數列的實際應用問題【考情分析】【考情分析】此類試題一般圍繞著現實生活中的人口的增長、產量的此類試題一般圍繞著現實生活中的人口的增長、產量的增加、成本的降低、存貸款利息的計算、分期付款等客觀背景進行設增加、成本的降低、存貸款利息的計算、分期付款等客觀背景進行設置置, ,它不僅涉及數列中的基本知識和方法它不僅涉及數列中的基本知識和方法, ,還往往涉及其他學科的知識還往往涉及其他學科的知識和常識和常識【典例【典例4 4】(2015(2015蘇州模擬蘇州模擬) )某商店投入某商店投入8181萬元經銷某種紀念品萬

30、元經銷某種紀念品, ,經銷時間共經銷時間共6060天天, ,市場調研表明市場調研表明, ,該商店在經銷這一產品期間第該商店在經銷這一產品期間第n n天天的利潤的利潤a an n= (= (單位單位: :萬元萬元,nN,nN* *).).為了獲得更多的利潤為了獲得更多的利潤, ,商店將每天獲得的利潤投入到次日的經營中商店將每天獲得的利潤投入到次日的經營中, ,記第記第n n天的利潤率天的利潤率b bn n= =(1)(1)求求b b1 1,b,b2 2的值的值. .(2)(2)求第求第n n天的利潤率天的利潤率b bn n. .(3)(3)該商店在經銷此紀念品期間該商店在經銷此紀念品期間, ,哪

31、一天的利潤率最大哪一天的利潤率最大? ?并求該日的利并求該日的利潤率潤率. .1,1n20,n,21n60103312anb.n81aa第 天的利潤，例如，這 天的投入資金總和【解題提示】【解題提示】(1)(1)根據利潤根據利潤a an n和利潤率和利潤率b bn n的定義求值的定義求值. .(2)(2)分分1n201n20和和21n6021n60兩種情況求解兩種情況求解. .(3)(3)根據根據(2)(2)的結論的結論, ,利用單調性或基本不等式求解利用單調性或基本不等式求解. .【規(guī)范解答】【規(guī)范解答】(1)(1)當當n=1n=1時，時，b b1 1= ;= ;當當n=2n=2時，時，b

32、b2 2= =(2)(2)當當1n201n20時，時，a a1 1=a=a2 2=a=a3 3=a=an-1n-1=a=an n=1=1，所以所以b bn n= =當當21n6021n60時，時，所以第所以第n n天的利潤率天的利潤率1811.82n12n 1a1.81aaa80nnn12n 12122n 1na10b81aaa8120aaa2n2n10.1nn1 600101n21 n2020n21,1n20,80nb2n,21n60,nN*.nn1 600(3)(3)當當1n201n20時，時，b bn n= = 是遞減數列，此時是遞減數列，此時b bn n的最大值為的最大值為b b1 1

33、= =當當21n6021n60時時,b,bn n= = ( (當且僅當當且僅當n= n= ，即，即n=40n=40時，時，“=”=”成立成立).).又因為又因為所以當所以當n=40n=40時，時，(b(bn n) )maxmax= =所以該商店在經銷此紀念品期間，第所以該商店在經銷此紀念品期間，第4040天的利潤率最大，且該日的天的利潤率最大，且該日的利潤率為利潤率為 180n1;8122n2221 600nn1 600792 1 6001n1n1 600n128179，2.792.79【規(guī)律方法】【規(guī)律方法】解答數列實際應用問題的步驟解答數列實際應用問題的步驟(1)(1)確定模型類型確定模型

34、類型: :理解題意理解題意, ,看是哪類數列模型看是哪類數列模型, ,一般有等差數列模型、一般有等差數列模型、等比數列模型、簡單的遞推數列模型等比數列模型、簡單的遞推數列模型. .基本特征見下表基本特征見下表: :數列模型數列模型基本特征基本特征等差數列等差數列均勻增加或者減少均勻增加或者減少等比數列等比數列指數增長指數增長, ,常見的是增產率問題、存款復利問題常見的是增產率問題、存款復利問題簡單遞推簡單遞推數列數列指數增長的同時又均勻減少指數增長的同時又均勻減少. .如年收入增長率為如年收入增長率為20%,20%,每每年年底要拿出年年底要拿出a(a(常數常數) )作為下年度的開銷作為下年度的

35、開銷, ,即數列即數列aan n 滿滿足足a an+1n+1=1.2a=1.2an n-a-a(2)(2)準確解決模型準確解決模型: :解模就是根據數列的知識解模就是根據數列的知識, ,求數列的通項、數列的求數列的通項、數列的和、解方程和、解方程( (組組) )或者不等式或者不等式( (組組) )等等, ,在解模時要注意運算準確在解模時要注意運算準確. .(3)(3)給出問題的回答給出問題的回答: :實際應用問題最后要把求解的數學結果化為對實實際應用問題最后要把求解的數學結果化為對實際問題的答案際問題的答案, ,在解題中不要忽視了這點在解題中不要忽視了這點. .【變式訓練】【變式訓練】從經濟效

36、益出發(fā)從經濟效益出發(fā), ,某地投入資金進行生態(tài)環(huán)境建設某地投入資金進行生態(tài)環(huán)境建設, ,并并以此發(fā)展旅游產業(yè)以此發(fā)展旅游產業(yè). .根據規(guī)劃根據規(guī)劃,2015,2015年度投入年度投入800800萬元萬元, ,以后每年投入以后每年投入將比上年減少將比上年減少 ,2015,2015年度當地旅游業(yè)估計收入年度當地旅游業(yè)估計收入400400萬元萬元, ,由于該項由于該項建設對旅游業(yè)的促進作用建設對旅游業(yè)的促進作用, ,預計今后的旅游業(yè)收入每年會比上年增預計今后的旅游業(yè)收入每年會比上年增加加 . .(1)(1)設設n n年內年內(2015(2015年為第一年年為第一年) )總投入為總投入為a an n萬

37、元萬元, ,旅游業(yè)總收入為旅游業(yè)總收入為b bn n萬萬元元, ,寫出表達式寫出表達式. .(2)(2)至少經過幾年旅游業(yè)的總收入才能超過總投入至少經過幾年旅游業(yè)的總收入才能超過總投入? ?1514【解析】【解析】(1)(1)第一年投入為第一年投入為800800萬元萬元, ,第二年投入為第二年投入為800(1- )800(1- )萬元萬元,第第n n年的投入為年的投入為800(1- )800(1- )n-1n-1萬元萬元, ,所以所以,n,n年內的總投入為年內的總投入為: :a an n=800+800(1- )+800(1- )=800+800(1- )+800(1- )n-1n-1=400

38、0-4000( )=4000-4000( )n n. .1515151545第一年旅游業(yè)收入為第一年旅游業(yè)收入為400400萬元萬元, ,第二年旅游業(yè)收入為第二年旅游業(yè)收入為400(1+ )400(1+ )萬萬元元,第第n n年旅游業(yè)收入為年旅游業(yè)收入為400(1+ )400(1+ )n-1n-1萬元萬元, ,所以所以,n,n年內的旅游業(yè)總收入為年內的旅游業(yè)總收入為b bn n=400+400(1+ )+400(1+ )=400+400(1+ )+400(1+ )n-1n-1=1600( )=1600( )n n-1600.-1600.1414141454(2)(2)設經過設經過n n年旅游業(yè)

39、的總收入超過總投入年旅游業(yè)的總收入超過總投入, ,由此由此b bn n-a-an n0,0,即即1600( )1600( )n n-1600-4000+4000( )-1600-4000+4000( )n n0,0,化簡得化簡得2( )2( )n n+5( )+5( )n n-70,-70,設設( )( )n n=x,=x,代入上式代入上式, ,得得5x5x2 2-7x+20,-7x+20,解此不等式解此不等式, ,得得x x1(x1(舍去舍去),),即即( )( )n n ,BBn n, ,即即40n2n40n2n2 2+2n,+2n,解得解得0n19,0nBBn n恒成立恒成立. .令令A An nCCn n, ,即即40n (240n (2n n-1),-1),可得可得n10,n10,所以當所以當n10nAAn n, ,綜