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2014届高考数学(山东专用理科)一轮复习教学案第六章数列6.5数列的综合应用


6.5

数列的综合应用

考纲要求 1.以递推关系为背景,在等差、等比数列交汇的题目中,进行数列的基本运算,求数 列的通项公式与前 n 项和. 2.在数列与函数、不等式、解析几何的交汇处,考查数列的综合应用. 3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用相关知识解决相应 的问题.

1.数列在实际生活中

有着广泛的应用,其解题的基本步骤,可用图表示如下:

2.数列应用问题的常见模型 (1)等差模型:一般地,如果增加(或减少)的量是一个固定的具体量时,该模型是等差模 型,增加(或减少)的量就是公差,其一般形式是:an+1-an=d(常数). (2)等比模型:一般地,如果增加(或减少)的量是一个固定的百分数时,该模型是等比模 型,与变化前的量的比就是公比. (3)混合模型:在一个问题中,同时涉及到等差数列和等比数列的模型. (4)生长模型:如果某一个量,每一期以一个固定的百分数增加(或减少),同时又以一个 固定的具体量增加(或减少)时,我们称该模型为生长模型.如分期付款问题,树木的生长与 砍伐问题等. (5)递推模型:如果容易找到该数列任意一项(第 2 项起)与它的前一项(或前几项)间的递 推关系式,那么我们可以用递推数列的知识求解问题. 1.(2012 北京高考)已知{an}为 等比数列,下面结论中正确的是( ). 2 2 A.a1+a3≥2a2 B.a2 + a ≥ 2 a 1 3 2 C.若 a1=a3,则 a1=a2 D.若 a3>a1,则 a4>a2 2.已知{an},{bn}均为等差数列,且 a2=8,a6=16,b2=4,b6=a6,则由{an},{bn} 的公共项组成的新数列{cn}的通项公式 cn=( ). A.3n+4 B.6n+2 C.6n+4 D.2n+2 3.现有 200 根相同的钢管,把它们堆成三角形垛,要使剩余的钢管尽可能少,那么剩 余的钢管为( ). A.9 根 B.10 根 C.19 根 D.21 根 3 4.在数列{an}中,对任意自然数 n∈N*恒有 a1+a2+…+an=2n-1,则 a1+a2 2+a3+… n +an=__________. 5.一个蜂巢里有 1 只蜜蜂,第一天,它飞出去找回了 2 个伙伴;第二天 3 只蜜蜂飞出 去, 各自找回了 2 个伙伴, …, 如果这个找伙伴的过程继续下去, 第五天所有蜜蜂都归巢后, 蜂巢中一共有__________只蜜蜂.

一、等差、等比数列的综合问题 【例 1】已知等差数列{an}的前四项的和 A4=60,第二项与第四项的和为 34,等比数 列{bn}的前四项的和 B4=120,第二项与第四项的和为 90. (1)求数列{an},{bn}的通 项公式; (2)设 cn=an· bn,且{cn}的前 n 项和为 Sn,求 Sn.
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方法提炼 1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点,特别是等差、等比数列 的通项公式,前 n 项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点. 2.利用等比数列前 n 项和公式时注意公比 q 的取值,同时对两种数列的性质,要熟悉 它们的推导过程,利用好性质,可降低题目的难度,解题时有时还需利用条件联立方程组求 解. 请做演练巩固提升 1 二、数列在实际问题中的应用 【例 2】有一种零存整取的储蓄项目,在每月某日存入一笔相同金额,这是零存;到期 可以提出全部本金和利息,这是整取.它 的本利和公式如下: 1 本利和=每期存入的金额×[存期+ ×存期×(存期+1)×利率]. 2 (1)试解释这个本利和公式; (2)若每月初存入 100 元,月利率为 5.1%,到第 12 个月底的本利和是多少? (3)若每月初存入一笔金额,月利率是 5.1%,希望到第 12 个月底取得本利和 2 000 元, 那么每月初应存入多少? 方法提炼 1.解等差、等比数列应用题时,首先要认真审题,深刻理解问题的实际背景,理清蕴 含在语言中的数学关系,把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题,使关系明朗化、 标准化.然后用等差、等比数列知识求解.这其中体现了把实际问题数学化的能力,也就是 所谓的数学建模能力. 2.等比数列中处理分期付款问题的注意事项 (1)准确计算出在贷款全部付清时,各期所付款额及利息(注:最后一次付款没有利息). (2)明确各期所付的数额连同到最后一次付款时所生的利息之和,等于商品售价及从购 买到最后一次付款时的利息之和.只有掌握了这一点,才可顺利建立等量关系. 提醒:银行储蓄单利公式及复利公式分别是:单利公式——设本金为 a 元,每期利率为 r,存期为 n,则本利和 an=a(1+rn),属于等差模型.复利公式——设本金为 a 元,每期利 率为 r,存期为 n,则本利和 an=a(1+r)n,属于等比模型. 请做演练巩固提升 3 三、数列与解析几何、不等式的综合应用 1? 【例 3】已知函数 f(x)在(-1,1)上有定义,f? ?2?=-1,且满足 x,y∈(-1,1)时,f(x)+f(y) ? x+y ?. =f? ? ?1+xy? (1)证明 f(x)在(-1,1)上为奇函数; 1 2x n (2)设数列{xn}中,x1= ,xn+1= ,求用 n 表示 f(xn)的表达式; 2 1+x2 n 2n+5 1 1 1 (3)求证:当 n∈N*时, + +…+ >- 恒成立. f?x1? f?x2? f?xn? n+2 方法提炼 数列、函数、解析几何、不等式是高考的重点内容,将三者综合在一起,强强联合命制 大型综合题是历年高考的热点和重点. 数列是特殊的函数, 以数列为背景的不等式证明问题 及以函数为背景的数列综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点, 该类综合题的知识综合 性强,能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力,从而一直成为高考命题者的首选. 请做演练巩固提升 4
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构造新数列解答数列问题 1 【典例】(12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1= ,an=-2Sn· Sn-1(n≥2). 2 1 2 2 1 求证:S2 . 1+S2+…+Sn≤ - 2 4n

规范解答:∵an=-2Sn· Sn-1(n≥2),
∴Sn-Sn-1=-2Sn· Sn-1. 1 1 两边同除以 Sn· Sn-1,得 - =2(n≥2),(2 分) Sn Sn-1 ?1? 1 1 ∴ 数列?S ?是以 = =2 为首项,以 d=2 为公差的等差数列. S1 a1 ? n? 1 1 ∴ = +(n-1)· d=2+2(n-1)=2n. Sn S1 1 ∴Sn= .(4 分) 2n 1 将 Sn= 代入 an=-2Sn· Sn-1, 2n 1 ?n=1?, 2 得 an= (7 分) 1 ?n≥2?. 2n-2n2

? ? ?

1 1 1 1 1 1 = ?n-1-n?(n≥2),S2 2< 1= , 4n 4n?n-1? 4? 4 ? ∴当 n≥2 时, 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 S2 +…+ < + ?1- ?+…+ ?n-1-n?= - ;(10 1 + S 2 + … + Sn = + 4 4×2×2 4· n· n 4 4? 2? 4? ? 2 4n ∵S2 n= 分) 1 1 1 当 n=1 时,S2 . 1= = - 4 2 4×1 1 2 2 1 综上,S2 .(12 分) 1+S2+…+Sn≤ - 2 4n 答题指导 : 1.在数列的解题过程中,常常要构造新数列,使新数列成为等差或等比数列.构造新 数列可以使题目变得简单,而构造新数列要抓住题目信息,不能乱变形. ?1? 2.本题首先构造新数列?S ?,其次应用放缩法,并且发现只有应用放缩法才能用裂项 ? n? 1 1 1 相消法求和, 从而把问题解决. 事实上: 2< , 也可以看成一个新构造: bn= . 4n 4n?n-1? 4n?n-1?

1.已知等差数列{an}的公差 d≠0,等比数列{bn }的公比 q 是小于 1 的正有理数.若 a1 2 2 a2 1+a2+a3 2 =d,b1=d ,且 是正整数,则 q 等于( ). b1+b2+b3 1 1 1 1 A.- B. C. D.- 7 7 2 2 2.(2012 北京高考)某棵果树前 n 年的总产量 Sn 与 n 之间的关系如图所示.从目前记录 的结果看,前 m 年的年平均产量最高,m 的值为( ).

A.5 B.7 C.9 D.11 3.一辆邮政车自 A 城驶往 B 城,沿途有 n 个车站(包括起点站 A 和终点站 B),每停靠 一站便要卸下前面各站发往该站的邮袋各一个, 同时又要装上该站发往后面各站的邮袋各一 个,设该车从各站出发时邮政车内的邮袋数构成一个有穷数列{ak}(k=1,2,3,…,n). (1)求 a1,a2,a3; (2)邮政车从第 k 站出发时,车内邮袋共有多少个? 1 4.已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an+ =2Sn,n∈N*. an (1)求证:数列{S2 n}是等差数列; (2)求解关于 n 的不等式 an+1(Sn+1+Sn)>4n-8; 1 1 1 1 3 1 (3)记数列 bn=2S3 <Tn< - . n,Tn= + +…+ ,证明:1- b1 b2 bn 2 n n+1

参考答案
基础梳理自测 基础自测 1.B 2.C 解析:设{an}的公差为 d1,{bn}的公差为 d2, a6-a2 8 则 d1= = =2, 6-2 4 b6-b2 12 d2= = =3. 4 6-2 ∴an=a2+(n-2)×2=2n+4, bn=b2+(n-2)×3=3n-2. ∴数列{an}为 6,8,10,12,14,16,18,20,22,…,数列{bn}为 1,4,7,10,13,16,19,22,…. ∴{cn}是以 10 为首 项,以 6 为公差的等差数列. ∴cn=10+(n-1)×6=6n+4. 3.B 解析:设堆成 x 层,得 1+2+3+…+x≤200,即求使得 x(x+1)≤400 成立的最 大正整数 x,应为 19. 19(19+1) ∴200- =10. 2 + 4.2n 1-3 解析:∵a1+a2+…+an=2n-1, 当 n≥2 时,a1+a2+…+an-1=2(n-1)-1, 两式作差得 an=2(n≥2), 当 n=1 时,a1=1, - 22(1-2n 1) n+1 2 3 n 2 3 n ∴a1+a2 +a3 +…+an =1+2 +2 +…+2 =1+ =2 -3. 1-2 5.243 解析:第一天 1+2 只,第二天有 a2=3a1=9 只,第三天 a3=3a2=27,…, 故第 n 天为 an=3n,则 a5=35=243. 考点探究突破 【例 1】解:(1)由题意知,对数列{an}, ?a2+a4=34, ?a2+a4=34, ① ? ? ? ?? ?A4=60 ?a1+a3=26, ② ? ? ∴①-②可得:2d=8. ∴d=4,a1=9. ∴an=4n+5(n∈N*). ?B4=120, ? 由题意知,对数列{bn},? ?b2+b4=90, ?
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? ③ ?b1+b3=30, ∴? ?b2+b4=90. ④ ? ④÷ ③可得 q=3,则 b1=3, - ∴bn=3×3n 1=3n(n∈N*). (2)由 cn=an· bn=(4n+5)· 3n, 2 3 ∴Sn=9· 3+13· 3 +17· 3 +…+(4n+5)· 3n. 两边同乘以 3,得 + 3Sn=9· 32+13· 33+17· 34+…+(4n+1)· 3n+(4n+5)· 3n 1. 两式相减,得 + -2Sn=9· 3+4· 32+4· 33+…+4· 3n-(4n+5)· 3n 1 2 n-1 3 (1-3 ) + =27+4· - (4n+5)· 3n 1 1-3 + + =27+2· 3n 1-18-(4n+5)· 3n 1,

1 + ∴Sn= [(4n+3)· 3n 1-9]. 2 【例 2】解:(1)设每期存入的金额为 A,每期利率为 P,存期为 n,则各期的利息之和 n(n+1)AP 为 nAP+(n-1)AP+…+2AP+AP= , 2 n(n+1)AP 所以本利和为 nA+ 2 n ( n + 1) =A?n+ P?(元). 2 ? ? (2)到第 12 个月底的本利和为 1 ? 100? ?12+2×12×(12+1)×5.1%? =1 597.8(元). (3)设每月初应存入 x 元, 1 ? 则有 x? ?12+2×12×(12+1)×5.1%? =2 000, 解得 x≈125.2. 所以每月初应存入 125.2 元. 【例 3】解:(1)证明:令 x=y=0, 得 2f(0)=f(0), ∴f(0)=0. 令 y=-x,得 f(x)+f(-x)=f(0)=0. ∴f(-x)=-f(x). ∴f(x)在(-1,1)上是奇函数. 1? (2)f(x1)=f? ?2?=-1, 2xn ? xn+xn ? f(xn+1)=f?1+x2?=f? ? ? n? ?1+xnxn? =f( xn)+f(xn)=2f(xn), ∴数列{f(xn)}是以-1 为首项,以 2 为公比的等比数列. - ∴f(xn)=-2n 1. 1 1 1 (3)证明: + +…+ f(x1) f(x2) f(xn) 1 1 1 =-?1+2+22+…+2n-1? ? ? 1 1- n 2 1 =- =-2+ n-1>-2, 1 2 1- 2 1 2n+5 而- =-?2+n+2? ? ? n+2 1 =-2- <-2, n+ 2 2n+5 1 1 1 ∴当 n∈N*时, + +…+ >- 恒成立. f(x1) f(x2) f(xn) n+2 演练巩固提升 1.C 解析:因为 q 是小于 1 的正有理数,所以首先排除选项 A,D. a12+a22+a32 又 b1+b2+b3 a12+(a1+d)2+(a1+2d)2 = b1+b1q+b1q2
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14d2 14 = , d (1+q+q2) 1+q+q2
2

a12+a22+a32 14 1 则将 B, C 选项中公比 q 的值逐一代入 只有当 q= 时, 才 2检验知, 2 1+q+q b1+b2+b3 1 是正整数,所以 q= . 2 S2 2.C 解析:结合 Sn 与 n 的关系图象可知,前 2 年产量均为 0,显然 =0 为最小,在 2 第 3 年~第 9 年期间,Sn 的增长呈现持续稳定性.但在第 9 年之后,Sn 的增长骤然降低,因 S9 为当 n=9 时, 的值为最大,故 m 的值为 9. 9 3.解:(1)由题意得 a1=n-1, a2=(n-1)+(n-2)-1=2n-4, a3=(n-1)+(n-2)+(n-3)-1-2=3n-9. (2)在第 k 站出发时,放上的邮袋共(n-1)+(n-2)+…+(n-k)个, 而从第二站起,每站放下的邮袋共 1+2+3+…+(k-1)个, 1 1 故 ak=(n-1)+(n-2)+…+(n-k)-[1+2+…+(k-1)]=kn- k(k+1)- k(k-1)=kn 2 2 -k2(k=1,2,…,n), 即邮政车从第 k 站出发时,车内共有邮袋个数为 kn-k2(k=1,2,…,n). 1 4.解:(1)证明:∵an+ =2Sn, an ∴an2+1=2anSn, 当 n≥2 时,(Sn-Sn-1)2+1=2(Sn-Sn-1)Sn , 1 化简得 Sn2-Sn-12=1,由 a1+ =2a1,得 a12=1=S12. a1 ∴数列{Sn2}是以 S12=1 为首项,公差为 1 的等差数列. (2)由(1)知 S2 n=1+(n-1)=n,又由 an+1(Sn+1+Sn)>4n-8,得(Sn+1-Sn)(Sn+1+Sn)>4n 9 2 * -8,∴S2 n+1-Sn>4n-8,即 1>4n-8.∴n< .又 n∈N ,∴不等式的解 集为{1,2}. 4 n- n-1 1 1 1 3 (3)证明: 由(1)知 bn=2Sn =2n n, ∴当 n≥2 时, = < = bn 2n n n( n+ n-1) n < n- n-1 1 1 = - . n n(n-1) n-1 1 1 1 1 ? 1 - 1 ?=3- 1 . ∴Tn< +?1- ?+? - ?+…+? ? 2 ? 2? ? 2 3? ? n-1 n? 2 n n+1- n n+1- n 1 1 1 1 1 ∵ = > = > = - . bn 2n n n( n+ n+1) n n n(n+1) n+1 1 ? 1 1 1 1 ?1 ∴Tn>?1- ?+? - ?+…+? n- =1- , ? 2? ? 2 3? n+1? ? ? n+ 1 1 3 1 故 1- <Tn< - . 2 n n+1


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