高三数学一轮复习精品教案3：数列的综合应用教学设计

6.5数列的综合应用
考向一 数列概念的考查
(2013·高考湖北卷)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三
角形数1，3，6，10，…，第n 个三角形数为n （n ＋1）2＝12n 2＋1
2n .记第n 个k 边形数为N(n ，
k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式： 三角形数 N(n ，3)＝12n 2＋1
2n ，
正方形数 N(n ，4)＝n 2， 五边形数 N(n ，5)＝32n 2－1
2n ，
六边形数 N(n ，6)＝2n 2－n ， ……
可以推测N(n ，k )的表达式，由此计算N(10，24)＝________．
『方法分析』 题目条件：已知第n 个三角形N(n ，3)，第n 个正方形数N(n ，4)，第n 个五边形数N(n ，5)，第n 个六边形数N(n ，6)．
解题目标：按k 的奇偶性：归纳总结N(n ，k )，并计算N(10，24)． 关系探究：当偶数边形时，N(n ，k )的特征为( )n 2－( )n .
『解题过程』 由N(n ，4)＝n 2，N(n ，6)＝2n 2－n ，…，可以推测：当k 为偶数时，N(n ，k )＝⎝⎛⎭⎫k 2－1n 2－⎝⎛⎭⎫k 2－2n ，于是N(n ，24)＝11n 2－10n ，故N(10，24)＝11×102－10×10＝1 000.
『答案』 1 000
『回归反思』 此题是教材内容的深化题，通过由特殊到一般的归纳，得出N(n ，k )的通项公式，代入n ＝10，k ＝24计算．
考向二 等差、等比数列的综合考查
(2012·高考陕西卷)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，
a 3，a 4成等差数列．
(1)求数列{a n }的公比；
(2)证明：对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．
『方法分析』 题目条件：已知等比数列{a n }的a 5，a 3，a 4的关系． 解题目标：求公比q ，求证S k ＋2，S k ，S k ＋1的等差关系． 关系探究：(ⅰ)由等差中项建立q 的方程．
(ⅱ)表示S k ＋2，S k 和S k ＋1，验证等差关系，即2S k ＝S k ＋2＋S k ＋1.
『解题过程』 (1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)，
由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3. 由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)， 所以q ＝－2.
(2)证法一：对任意k ∈N *，
S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k )＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2)＝0， 所以对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．证法二：对任意
k ∈N *，2S
k ＝2a 1（1－q k ）
1－q
， S k ＋2＋S k ＋1＝a 1（1－q k ＋
2）1－q ＋a 1（1－q k ＋
1）1－q ＝a 1（2－q k ＋
2－q k ＋
1）
1－q ，
2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 1（1－q k ）1－q －a 1（2－q k ＋
2－q k ＋
1）
1－q
＝
a 11－q
『2(1－q k )－(2－q k ＋2－q k ＋
1)』 ＝a 1q k 1－q
(q 2＋q －2)＝0， 因此，对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．
『回归反思』 以q 为未知数，以等差数列为关系建立方程，求解时，注意对q 的取舍，证明等差数列时，法一转化为通项的计算．法二转化为求和公式的化简，但最终都转化为等差中项的判断．
考向三 数列与不等式知识的综合
(2013·高考江西卷)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：
S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.
(1)求数列{a n }的通项公式a n ；
(2)令b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n
＜564. 『方法分析』 题目条件：已知S n 关于n 的方程，b n 用a n 表示的通项公式，a n ＞0. 解题目标：(1)求S n 再求a n . (2)根据b n 求和T n ，并比较与
5
64
的大小． 关系探究：(1)把S n 的方程因式分解转化为S n ＝f (n )的形式，利用a n ＝S n －S n －1的关系求a n . (2)分析b n 的构成特点，裂项法求T n ，放缩法证明T n ＜
564
. 『解题过程』 (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得『S n －(n 2＋n )』(S n ＋1)＝0.
由于数列{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，
a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n .综上可知，数列{a n }的通项a n ＝2n . (2)证明：由于a n ＝2n ，
b n ＝
n ＋1（n ＋2）2a 2n ，则b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）
2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1（n ＋2）2. T n ＝116⎣⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n －1）2
⎦⎤－1（n ＋1）2＋1n 2－1（n ＋2）2 ＝116⎣⎡⎦⎤1＋122－1（n ＋1）2－1（n ＋2）2＜116⎝⎛⎭⎫1＋122＝5
64
. 『回归反思』 (1)已知条件式等价变形(因式分解)是较隐含的方法，否则此题其它入手方法很麻烦，并注意a n ＞0，取舍S n .
(2)b n ＝14×n ＋1n 2（n ＋2）2，类比{1n （n ＋2）}可以裂项相消，要注意配平系数1
16.
(3)求和相消的规律是：负数隔两项向后找消掉(正数隔两项向前找消掉)．
考向四 数列与函数知识的综合
(2013·高考安徽卷)设函数f n (x )＝－1＋x ＋x 222＋x 332＋…＋x n
n 2(x ∈R ，n ∈N *)．
证明：(1)对每个n ∈N *，存在唯一的x n ∈⎣⎡⎦⎤
23，1，满足f n (x n )＝0； (2)对任意p ∈N *，由(1)中x n 构成的数列{x n }满足0<x n －x n ＋p <1n
.
『方法分析』 题目条件：已知函数解析式f n (x )，x 是自变量，n ∈N *是系数． 解题目标：(1)证明：当x n ∈『2
3，1』时，f n (x n )＝0.
(2)由(1)中求得的x n ，证明0＜x n －x n ＋p ＜1
n
.
关系探究：(1)由x ＞0时，f ′n (x )＞0⇒f n (x )增，同时f n (1)＝0⇒f n (1)＞0，f n (2
3)＜0⇒零点唯一．
(2)由f n (x )单增⇒{x n }递减⇒x n －x n ＋p ＞0，并计算x n －x n ＋p 放缩得x n －x n ＋p ＜1
n .
『解题过程』 (1)证明：对每个
n ∈N *，当
x >0时，f ′n (x )＝1＋x
2＋…＋x n －
1n
>0，
故f n (x )在(0，＋∞)内单调递增．由于f 1(1)＝0，当n ≥2时， f n (1)＝122＋132＋…＋1
n
2>0，故f n (1)≥0.
又f n ⎝⎛⎭⎫23＝－1＋23＋∑k ＝2n
⎝⎛⎭
⎫
23k
k 2≤－13＋14∑k ＝2
n
⎝⎛⎭⎫23k
＝－13＋14·⎝⎛⎭⎫232⎣⎡⎦
⎤1－⎝⎛⎭
⎫23n －1
1－23
＝－13
·⎝⎛⎭⎫23n －1
<0，
所以存在唯一的x n ∈⎣⎡⎦⎤
23，1，满足f n (x n )＝0.
(2)证明：当x >0时，f n ＋1(x )＝f n (x )＋x n ＋
1（n ＋1）2>f n
(x )，故f n ＋1(x n )>f n (x n )＝f n ＋1(x n ＋1)＝0.
由f n ＋1(x )在(0，＋∞)内单调递增，知x n ＋1<x n .故{x n }为单调递减数列， 从而对任意n ，p ∈N *，x n ＋p <x n .对任意p ∈N *，由于
f n (x n )＝－1＋x n ＋x 2n 22＋…＋x n n
n
2＝0，①
f n ＋p (x n ＋p )＝－1＋x n ＋p ＋x 2
n ＋p 22＋…＋x n n ＋p n 2＋x n ＋
1n ＋p （n ＋1）2＋…＋x n ＋
p n ＋p
（n ＋p ）2
＝0，②
①式减去②式并移项，利用0<x n ＋p <x n ≤1，得
x n －x n ＋p ＝∑k ＝2
n
x k n ＋p －x k
n k 2＋∑n ＋p,k ＝n ＋1 x k n ＋p k 2≤∑n ＋p,k ＝n ＋1 x k n ＋p
k 2≤∑n ＋p,k ＝n ＋1 1k 2<∑n ＋p,k ＝n ＋1
1k （k －1）＝1n －1n ＋p <1
n
.
因此，对任意p ∈N *，都有0<x n －x n ＋p <1
n
.
1．(2013·高考江苏卷)在正项等比数列{a n }中，a 5＝1
2，a 6＋a 7＝3，则满足a 1＋a 2＋…＋
a n ＞a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________．
『解析』首先由已知条件求出{a n }的公比与首项，然后根据求和公式和通项公式将不等式的两边求出，用n 表示，得到关于n 的不等式，然后对不等式进行转化，求得n 的取值范围并进行估算和验证，从而得到n 的最大值．
设{a n
}的公比为q (q ＞0)，则由已知可得⎩⎨⎧a 1q 4＝1
2
，
1
2（q ＋q 2
）＝3，解得⎩⎪
⎨⎪⎧a 1
＝132，
q ＝2.
于是a 1＋a 2＋…＋a n ＝1
32（1－2n ）1－2
＝132(2n －1)，a 1a 2…a n ＝a n
1q n （n －1）2＝⎝⎛⎭⎫132n 2n （n －1）2.
由a 1＋a 2＋…＋a n ＞a 1a 2…a n 可得132(2n －1)＞⎝⎛⎭⎫132n 2n （n －1）
2，整理得2n －1＞212n 2－112
n ＋5. 由2n ＞212n 2－112n ＋5可得n ＞12n 2－11
2n ＋5，
即n 2－13n ＋10＜0，解得13－1292＜n ＜13＋129
2
，
取n ＝12，可以验证当n ＝12时满足a 1＋a 2＋…＋a n ＞a 1a 2…a n ，n ≥13时不满足a 1＋a 2＋…＋a n ＞a 1a 2…a n ，故
n 的最大值为12. 『答案』12
2．(2013·高考江苏卷)设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS n
n 2＋c
，n ∈N *，其中c 为实数．
(1)若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S n k ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0. 『解析』(1)由c ＝0，得b n ＝S n
n ＝a ＋n －12d .
又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以
b 22＝b 1b 4
，即⎝⎛⎭⎫a ＋d 22
＝a ⎝⎛⎭
⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0.
因为d ≠0，所以d ＝2a .因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a . 从而对于所有的k ，n ∈N *，有S n k ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k . (2)设数列{b n }的公差是d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1， 即
nS n
n 2＋c ＝b 1
＋(n －1)d 1，n ∈N *， 代入S n 的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有
⎝⎛⎭⎫d 1－12d n 3＋⎝
⎛⎭⎫b 1－d 1－a ＋12d n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1)．
令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋1
2d ，D ＝c (d 1－b 1)，则对于所有的n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n
＝D .(*)
在(*)式中分别取n ＝1，2，3，4，得
A ＋
B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1， 从而有⎩⎪⎨⎪
⎧7A ＋3B ＋cd 1＝0，19A ＋5B ＋cd 1＝0，21A ＋5B ＋cd 1＝0，
由第二个和第三个方程得A ＝0，cd 1＝－5B ，代入第一个方程，得B ＝0，从而cd 1＝0，即d 1－12d ＝0， b 1－d 1－a ＋1
2
d ＝0，cd 1＝0.
若d 1＝0，则由d 1－1
2d ＝0，得d ＝0，与题设矛盾，所以d 1≠0.又因为cd 1＝0，所以c ＝0.。