高考数学一轮复习 第六章 数列6.5数列的综合应用教学案 理 新人教A版

高考数学一轮复习第六章数列6．5数列的综合应用
教学案理新人教A版
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：a n＋1－a n＝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{a n}为等比数列，下面结论中正确的是( )．
A．a1＋a3≥2a2B．a21＋a23≥2a22
C．若a1＝a3，则a1＝a2D．若a3＞a1，则a4＞a2
2．已知{a n}，{b n}均为等差数列，且a2＝8，a6＝16，b2＝4，b6＝a6，则由{a n}，{b n}的公共项组成的新数列{c n}的通项公式c n＝( )．
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
4．在数列{a n}中，对任意自然数n∈N*恒有a1＋a2＋…＋a n＝2n－1，则a1＋a22＋a33＋…＋a n n＝__________.
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{a n}的前四项的和A4＝60，第二项与第四项的和为34，等比数列{b n}的前四项的和B4＝120，第二项与第四项的和为90.
(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；
(2)设c n ＝a n ·b n ，且{c n }的前n 项和为S n ，求S n . 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：
本利和＝每期存入的金额×[存期＋1
2
×存期×(存期＋1)×利率]．
(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a n ＝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a n ＝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
【例3】 已知函数f (x )在(－1,1)上有定义，f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝－1，且满足x ，y ∈(－1,1)时，f (x )＋f (y )＝f ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫x ＋y 1＋xy .
(1)证明f (x )在(－1,1)上为奇函数；
(2)设数列{x n }中，x 1＝12，x n ＋1＝2x n
1＋x 2n
，求用n 表示f (x n )的表达式；
(3)求证：当n ∈N *
时，1f x 1＋1f x 2＋…＋1f x n ＞－2n ＋5n ＋2
恒成立．
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
构造新数列解答数列问题
【典例】 (12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1
2
，a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)．
求证：S 21＋S 22＋…＋S 2
n ≤12－14n
.
规范解答：∵a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)， ∴S n －S n －1＝－2S n ·S n －1.
两边同除以S n ·S n －1，得1S n －1
S n －1
＝2(n ≥2)，(2分)
∴数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1S n 是以1S 1＝1
a 1
＝2为首项，以d ＝2为公差的等差数列．
∴1S n ＝1
S 1
＋(n －1)·d ＝2＋2(n －1)＝2n .
∴S n ＝1
2n .(4分)
将S n ＝1
2n 代入a n ＝－2S n ·S n －1，
得a n
＝⎩⎪⎨⎪⎧
12n ＝1，
1
2n －2n
2
n ≥2.
(7分)
∵S 2
n ＝
14n 2＜
14n n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n ≥2)，S 2
1＝14， ∴当n ≥2时，
S 21＋S 22＋…＋S 2
n ＝14＋
14×2×2＋…＋14·n ·n
＜14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n －1－1n ＝12－14n
；(10分)
当n ＝1时，S 2
1＝14＝12－14×1
.
综上，S 21＋S 22＋…＋S 2
n ≤12－14n
.(12分)
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．
2．本题首先构造新数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1S n ，其次应用放缩法，并且发现只有应用放缩法才能用裂项
相消法求和，从而把问题解决．事实上：14n 2＜14n n －1
，也可以看成一个新构造：b n ＝
1
4n n －1
.
1．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，等比数列{b n }的公比q 是小于1的正有理数．若a 1
＝d ，b 1＝d 2
，且a 21＋a 22＋a 2
3b 1＋b 2＋b 3
是正整数，则q 等于( )．
A ．－17
B ．17
C ．12
D ．－12
2．(2012北京高考)某棵果树前n 年的总产量S n 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{a k}(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？
4．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且a n＋1
a n
＝2S n，n∈N*.
(1)求证：数列{S2n}是等差数列；
(2)求解关于n的不等式a n＋1(S n＋1＋S n)＞4n－8；
(3)记数列b n＝2S3n，T n＝1
b1＋
1
b2
＋…＋
1
b n
，证明：1－
1
n＋1
＜T n＜
3
2
－
1
n
.
参考答案
基础梳理自测
基础自测 1．B
2．C 解析：设{a n }的公差为d 1，{b n }的公差为d 2，
则d 1＝a 6－a 26－2＝84＝2，
d 2＝b 6－b 26－2＝124
＝3.
∴a n ＝a 2＋(n －2)×2＝2n ＋4， b n ＝b 2＋(n －2)×3＝3n －2.
∴数列{a n }为6,8,10,12,14,16,18,20,22，…，数列{b n }为1,4,7,10,13,16,19,22，…. ∴{c n }是以10为首项，以6为公差的等差数列． ∴c n ＝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.
∴200－19(19＋1)
2
＝10.
4．2n ＋1
－3 解析：∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1， 当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2(n －1)－1， 两式作差得a n ＝2(n ≥2)， 当n ＝1时，a 1＝1，
∴a 1＋a 22＋a 33＋...＋a n n ＝1＋22＋23＋ (2)
＝1＋22(1－2n －1
)1－2
＝2n ＋1－3.
5．243 解析：第一天1＋2只，第二天有a 2＝3a 1＝9只，第三天a 3＝3a 2＝27，…，故
第n 天为a n ＝3n ，则a 5＝35
＝243. 考点探究突破
【例1】 解：(1)由题意知，对数列{a n }， ⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋a 4＝34，A 4＝60⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋a 4＝34，a 1＋a 3＝26， ①② ∴①－②可得：2d ＝8. ∴d ＝4，a 1＝9.
∴a n ＝4n ＋5(n ∈N *
)．
由题意知，对数列{b n }，⎩
⎪⎨⎪⎧
B 4＝120，
b 2＋b 4＝90，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋b 3＝30，
b 2＋b 4＝90.
③
④
④÷③可得q ＝3，则b 1＝3，
∴b n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *
)．
(2)由c n ＝a n ·b n ＝(4n ＋5)·3n
，
∴S n ＝9·3＋13·32＋17·33＋…＋(4n ＋5)·3n
. 两边同乘以3，得
3S n ＝9·32＋13·33＋17·34＋…＋(4n ＋1)·3n ＋(4n ＋5)·3n ＋1
. 两式相减，得
－2S n ＝9·3＋4·32＋4·33＋…＋4·3n －(4n ＋5)·3n ＋1
＝27＋4·32(1－3n －1)1－3－(4n ＋5)·3n ＋1
＝27＋2·3n ＋1－18－(4n ＋5)·3n ＋1
，
∴S n ＝12
[(4n ＋3)·3n ＋1
－9]．
【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
为nAP ＋(n －1)AP ＋…＋2AP ＋AP ＝n (n ＋1)AP
2
，
所以本利和为nA ＋n (n ＋1)AP
2
＝A ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤n ＋n (n ＋1)2P (元)． (2)到第12个月底的本利和为
100⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12＋12×12×(12＋1)×5.1% ＝1 597.8(元)．
(3)设每月初应存入x 元，
则有x ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12＋12×12×(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．
(2)f (x 1)＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝－1， f (x n ＋1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x n 1＋x 2n ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫x n ＋x n 1＋x n x n
＝f (x n )＋f (x n )＝2f (x n )，
∴数列{f (x n )}是以－1为首项，以2为公比的等比数列．
∴f (x n )＝－2n －1
.
(3)证明：1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1
f (x n )
＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋1
2
2＋…＋12n －1
＝－1－12n
1－12
＝－2＋1
2n －1＞－2，
而－2n ＋5n ＋2＝－⎝ ⎛⎭
⎪⎫2＋1n ＋2
＝－2－1
n ＋2
＜－2，
∴当n ∈N *
时，1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n )＞－2n ＋5n ＋2
恒成立．
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. 又a 12＋a 22＋a 32b 1＋b 2＋b 3
＝a 12＋(a 1＋d )2＋(a 1＋2d )2b 1＋b 1q ＋b 1q 2
＝14d 2d 2(1＋q ＋q 2)＝
141＋q ＋q 2
， 则将B ，C 选项中公比q 的值逐一代入141＋q ＋q 2检验知，只有当q ＝12时，
a 12
＋a 22
＋a 3
2
b 1＋b 2＋b 3
才是正整数，所以q ＝1
2.
2．C 解析：结合S n 与n 的关系图象可知，前2年产量均为0，显然S 2
2
＝0为最小，在
第3年～第9年期间，S n 的增长呈现持续稳定性．但在第9年之后，S n 的增长骤然降低，因为当n ＝9时，S 9
9
的值为最大，故m 的值为9.
3．解：(1)由题意得a 1＝n －1， a 2＝(n －1)＋(n －2)－1＝2n －4，
a 3＝(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，
故a k ＝(n －1)＋(n －2)＋…＋(n －k )－[1＋2＋…＋(k －1)]＝kn －12k (k ＋1)－1
2
k (k －1)
＝kn －k 2
(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 －k 2
(k ＝1,2，…，n )．
4．解：(1)证明：∵a n ＋1
a n
＝2S n ，
∴a n 2
＋1＝2a n S n ，
当n ≥2时，(S n －S n －1)2
＋1＝2(S n －S n －1)S n ，
化简得S n 2－S n －12＝1，由a 1＋1a 1
＝2a 1，得a 12＝1＝S 12
.
∴数列{S n 2}是以S 12
＝1为首项，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知S 2
n ＝1＋(n －1)＝n ，又由a n ＋1(S n ＋1＋S n )＞4n －8，得(S n ＋1－S n )(S n ＋1＋S n )＞
4n －8，∴S 2n ＋1－S 2n ＞4n －8，即1＞4n －8.∴n ＜94
.又n ∈N *
，∴不等式的解集为{1,2}．
(3)证明：由(1)知b n ＝2S 3
n ＝2n n ，∴当n ≥2时，1b n ＝12n n ＜1n (n ＋n －1)
＝
n －n －1n ＜n －n －1n (n －1)＝1n －1－1
n
. ∴T n ＜12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝32－1n
.
∵1b n ＝12n n ＞1n (n ＋n ＋1)＝n ＋1－n n ＞n ＋1－n n (n ＋1)＝1n －1n ＋1
. ∴T n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n －1n ＋1＝1－
1n ＋1， 故1－1n ＋1＜T n ＜32－1
n
.。