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2014届高三数学总复习 5.6数列的综合应用教案 新人教A版


2014 届高三数学总复习 5.6 数列的综合应用教案 新人教 A 版
考情分析 灵活运用等差数列、等比数列公式与性质解 决一些综合性问题. 考点新知 掌握一些简单的递推数列、子数列问题 的处理方法及一些数列证明题的证明方法.

1. 根据市场调查结果, 预测某种家用商品从年初开始的 n 个月内累积的需求量 Sn(万件) n 2 近似地满足关系式 Sn= (21n-n -5)(n=1,2,…,12),按此预测,在本年度内,需求 90 量超过 1.5 万件的月份是________. 答案:7、8 1 2 解析:由 Sn 解出 an= (-n +15n-9), 30 1 2 再解不等式 (-n +15n-9)>1.5,得 6<n<9. 30 → → → 2. 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若OB=a100·OA+a101OC,且 A、B、C 三点共线(该 直线不过点 O),则 S200=________. 答案:100 → → → 解析:∵ OB=a100OA+a101OC且 A、B、C 三点共线(该直线不过点 O),∴ a100+a101=1, 200×(a1+a200) ∴ S200= =100×(a1+a200)=100×1=100. 2 3. 设 1=a1≤a2≤…≤a7,其中 a1,a3,a5,a7 成公比为 q 的等 比数列,a2,a4,a6 成公差为 1 的等差数列,则 q 的最小值是________. 3 答案: 3 解析: 设 a2=t, 则 1≤t≤q≤t+1≤q ≤t+2≤q , 由于 t≥1, 所以 q≥max{t, t+1, 3 3 t+2},故 q 的最小值是 3.
2 n 2 3

4. 已知数列{an},{bn}满足 a1=1,且 an、an+1 是函数 f(x)=x -bnx+2 的两个零点, 则 b10=________. 答案:64 解析:依题意有 anan+1=2 ,所以 an+1an+2=2
n n+1

an+2 ,两式相除得 =2,所以 a1,a3,a5,… an
4 5

成等比数列,a2,a4,a6,…也成等比数列,而 a1=1,a2=2,所以 a10=2×2 =32,a11=1×2 =32,又因为 an+an+1=bn,所以 b10=a10+a11=64.

1. 形如 an+1=λ an+μ 的线性递推关系,可用待定系数法; 2. 形如 an+1=an+f(n)的递推关系,可用叠加法; 3. 形如 an+1=an·f(n)的递推关系,可用叠乘法;
1

4. 递推数列的求解方法还有倒数法、等价转化法、利用周期性等. [备课札记]

题型 1 子数列问题 例 1 (2013·南通模拟)设无穷数列{an}满足: n∈Ν ,an<an+1,an∈N 记 bn=aan, * cn=aan+1(n∈N ). * (1) 若 bn=3n(n∈N ),求证:a1=2,并求 c1 的值; (2) 若{cn}是公差为 1 的等差数列,问{an}是否为等差数列,证明你的结论. 解:(1) 因为 an∈N ,所以若 a1=1,则 b1=aa1=a1=3 矛盾, 若 a1≥3=aa1,可得 1≥a1≥3 矛盾,所以 a1=2.于是 a2=aa1=3,从而 c1=aa1+1=a3 =aa2=6. (2) {an}是公差为 1 的等差数列,证明如下:an+1>an n≥2 时,an>an-1,所以 an≥an-1 +1 an≥am+(n-m),(m<n) aan+1+1≥aan+1+an+1+1-(an+1),即 cn+1-cn≥an+1-an,由题设,1≥an+1-an, 又 an+1-an≥1, 所以 an+1-an=1,即{an}是等差数列. 变式训练 n * (2013·泰州模拟)已知数列 an=n-16,bn=(-1) |n-15|,其中 n∈N . (1) 求满足 an+1=|bn|的所有正整数 n 的集合; bn (2) 若 n≠16,求数列 的最大值和最小值; an (3) 记数列{anbn}的前 n 项和为 Sn,求所有满足 S2m=S2n(m<n)的有序整数对(m,n). 解:(1) an+1=|bn|,n-15=|n-15|. 当 n≥15 时,an+1=|bn|恒成立; 当 n<15 时,n-15=-(n-15),n=15(舍去). * ∴ n 的集合为{n|n≥15,n∈N }. (2) bn (-1) |n-15| = . an n-16
n

bn n-15 1 (ⅰ) 当 n>16 时,n 取偶数时, = =1+ , an n-16 n-16 3 ?bn? 当 n=18 时,? ? = ,无最小值; ?an?max 2 bn 1 n 取奇数时, =-1- , an n-16

2

?bn? n=17 时,? ? =-2,无最大值. ?an?min
bn (-1) (n-15) (ⅱ) 当 n<16 时, = . an n-16 bn -(n-15) 1 当 n 为偶数时, = =-1- . an n-16 n-16 1 ?bn? 13 ?bn? n=14 时,? ? =- ,? ? =- ; a a n 2 n 14 ? ?max ? ?min bn n-15 1 当 n 为奇数时, = =1+ , an n-16 n-16 1 14 ?bn? n=1 时,? ? =1- = , 15 15 ?an?max
n

?bn? n=15 时,? ? =0. ?an?min
bn 3 综上, 最大值为 (n=18),最小值-2(n=17). an 2 (3) 当 n≤15 时,bn=(-1) (n-15),a2k-1b2k-1+a2kb2k=2(16-2k)≥0, n 当 n>15 时,bn=(-1) (n-15),a2k-1b2k-1+a2kb2k=2(2k-16)>0,其中 a15b15+a16b16=0, ∴ S16=S14,m=7,n=8. 题型 2 递推数列问题 例2
* n-1

2Sn 1 2 2 (2013·广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=1, =an+1- n -n- ,n n 3 3

∈N . (1) 求 a2 的值; (2) 求数列{an}的通项公式; 1 1 1 7 (3) 证明:对一切正整数 n,有 + +…+ < . a1 a2 an 4 (1) 解:∵ 2Sn 1 2 2 =an+1- n -n- ,n∈N n 3 3

1 2 ∴ 当 n=1 时,2a1=2S1=a2- -1- =a2-2. 3 3 又 a1=1,∴ (2) 解:∵ ∴ a2=4. 2Sn 1 2 2 =an+1- n -n- ,n∈N n 3 3

1 3 2 2 2Sn=nan+1- n -n - n 3 3

n(n+1)(n+2) =nan+1- ,① 3 (n-1)n(n+1) ∴ 当 n≥2 时,2Sn-1=(n-1)an- ,② 3 由①-②,得 2Sn-2Sn-1=nan+1-(n-1)an-n(n+1), ∵ 2an=2Sn-2Sn-1, ∴ 2an=nan+1-(n-1)an-n(n+1),

3

∴ ∴ ∴

an+1 an - =1, n+1 n
?an? a1 数列? ?是以首项为 =1,公差为 1 的等差数列. 1 ?n?

an 2 =1+1×(n-1)=n,∴ an=n (n≥2), n
2 *

当 n=1 时,上式显然成立. ∴ an=n ,n∈N . 2 * (3) 证明:由(2)知,an=n ,n∈N , 1 7 ① 当 n=1 时, =1< ,∴ 原不等式成立. a1 4 1 1 1 7 ② 当 n=2 时, + =1+ < ,∴ 原不等式成立. a1 a2 4 4 ③ 当 n≥3 时,∵ n >(n-1)·(n+1), ∴ ∴ 1 1 , 2< n (n-1)·(n+1) 1 1 1 1 1 1 + +…+ = 2+ 2+…+ 2 a1 a2 an 1 2 n
2

1 1 1 1 <1+ + +…+ + 1×3 2×4 (n-2)·n (n-1)·(n+1) 1 1? 1 1 ? 1?1 1? 1?1 1? 1?1 1? 1? 1 - ? - =1+ ? - ?+ ? - ?+ ? - ?+…+ ? ?+ ? ? 2?1 3? 2?2 4? 2?3 5? 2?n-2 n? 2?n-1 n+1? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =1+ ( - + - + - +…+ - + - ) 2 1 3 2 4 3 5 n-2 n n-1 n+1 1 ? 1?1 1 1 =1+ ? + - - ? 2?1 2 n n+1? 1 ? 7 7 1? 1 = + ?- - < , n n + 1? 4 2? ? 4 ∴ 当 n≥3 时,∴ 原不等式亦成立. 1 1 1 7 综上,对一切正整数 n,有 + +…+ < . a1 a2 an 4 备选变式(教师专享) * (2013·无锡模拟)已知数列{an}中,a1=2,n∈N ,an>0,数列{an}的前 n 项和为 Sn, 2 且满足 an+1= . Sn+1+Sn-2 (1) 求{Sn}的通项公式; (2) 设{bk}是{Sn}中的按从小到大顺序组成的整数数列. ① 求 b3; * ② 存在 N(N∈N ),当 n≤N 时,使得在{Sn}中,数列{bk}有且只有 20 项,求 N 的范围. 解:(1) an+1=Sn+1-Sn, ∴ (Sn+1-Sn)(Sn+1+Sn-2)=2; 2 2 即(Sn+1) -(Sn) -2(Sn+1-Sn)=2, 2 2 2 ∴ (Sn+1-1) -(Sn-1) =2,且(S1-1) =1, 2 ∴ {(Sn-1) }是首项为 1,公差为 2 的等差数列, ∴ Sn=1+ 2n-1.
4

(2) ① n=1 时,S1=1+1=2=b1,n=5 时,S5=1+3=4=b2,n=13 时,S13=1+5 =6=b3. ② ∵ 2n-1 是奇数,Sn=1+ 2n-1为有理数,则 2n-1=2k-1, 2 ∴ n=2k -2k+1, 当 k=20 时,n=761;当 k=21 时,n=841; ∴ 存在 N∈[761,840],当 n≤N 时,使得在{Sn}中,数列{bk}有且只有 20 项. 题型 3 有关数列的证明题 例 3 (2013·江苏)设{an}是首项为 a, 公差为 d 的等差数列(d≠0), Sn 是其前 n 项和. 记 nSn * bn= 2 ,n∈N ,其中 c 为实数. n +c (1) 若 c=0,且 b1,b2,b4 成等比数列,证明:Sn k=n Sk(k,n∈N ); (2) 若{bn}是等差数列,证明:c=0. 证明:∵ {an}是首项为 a,公差为 d 的等差数列(d≠0),Sn 是其前 n 项和, ∴ n(n-1) Sn=na+ d. 2
2 *

Sn n- 1 (1) ∵ c=0,∴ bn= =a+ d. n 2 ∵ b1,b2,b4 成等比数列,∴ b2=b1b4,
2

2 ? 1 ? ? 3 ? ∴ ?a+ d? =a?a+ d?, ? 2 ? ? 2 ? ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ (2) ∴ ∴ 1 1 2 ad- d =0, 2 4 1 ? 1 ? d?a- d?=0. 2 ? 2 ? 1 d≠0,∴ a= d,∴ d=2a, 2 n(n-1) n(n-1) 2 Sn=na+ d=na+ 2a=n a, 2 2 左边=Snk=(nk) a=n k a,右边=n Sk=n k a, 左边=右边,∴ 原式成立. ∵ {bn}是等差数列, 设公差为 d1, bn=b1+(n-1)d1
2 2 2 2 2 2

nSn nSn 代入 bn= 2 ,得 b1+(n-1)d1= 2 , n +c n +c 1 ? 3 ? 1 ? 2 ? * ∴ ?d1- d?n +?b1-d1-a+ d?n +cd1n=c(d1-b1)对 n∈N 恒成立, 2 2

?

?

?

?



? ? 1 b -d -a+ d=0, 2 ? cd =0, ? ?c(d -b )=0,
1 d1- d=0, 2
1 1 1 1 1

5



1 d1= d.∵ d≠0,∴ d1≠0. 2

备选变式(教师专享) 2 2 2 (2013·江西理)正项数列{an}的前项和满足:Sn-(n +n-1)Sn-(n +n)=0. (1) 求数列{an}的通项公式 an; n+1 5 * (2) 令 bn= 数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明: 对于任意的 n∈N , 都有 Tn< . 2 2, (n+2) an 64 (1) 解:由 Sn-(n +n-1)Sn-(n +n)=0, 2 得[Sn-(n +n)](Sn+1)=0. 2 由于{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n +n. 2 2 于是 a1=S1=2,n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n +n-(n-1) -(n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项 an=2n. n+ 1 (2) 证明:由于 an=2n,bn= 2 2, (n+2) an 1 n+1 1 ?1 ? 则 bn= 2 2- 2?. ? 2= 4n (n+2) 16?n (n+2) ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Tn= [1- 2+ 2- 2+ 2- 2+…+ 2- 2+ 2- 2] 16 3 2 4 3 5 (n-1) (n+1) n (n+2) = 1 1 1 1? ? 1 (1+ 1 )= 5 . 2- 2?< ?1+ 2- 2 16? 2 (n+1) (n+2) ? 16 2 64
2 2 2

5 * 故对于任意的 n∈N ,都有 Tn< . 64

1. (2013·重庆)已知{an}是等差数列,a1=1,公差 d≠0,Sn 为其前 n 项和.若 a1,a2, a5 成等比数列,则 S8=________. 答案:64 8×7 2 2 解析:a2=a1a5,即(1+d) =1×(1+4d),所以 d=2,故 S8=8+ ×2=64. 2 2. (2013·上海)若等差数列的前 6 项和为 23,前 9 项和为 57,则数列的前 n 项和 Sn =________. 5 2 7 答案: n - n 6 6 解析:由条件得 6×5 1 S6=6a1+ d=23, a1=- , 2 3 5 2 7 即 故 an= n - n. 6 6 9×8 5 S9=9a1+ d=57, d= , 2 3

? ? ? ? ?

? ? ? ? ?

3. (2013·新课标)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S10=0,S15=25,则 nSn 的最小 值为________. 答案:-49

6

a1=-3, ? 3 2 3 2 ? n 10n x -10x ? 20? 解析: 由条件得? nS = - , 对 f(x) = 求导可得 f(x)在?0, ?上 n 2 3? 3 3 3 ? d= , ? ? 3 3 2 n 10n ?20 ? 递减,在? ,+∞?上递增,分别计算 n=6 和 n=7 可得,当 n=7 时 nSn= - 最小为 3 3 ?3 ? -49. 1 4. (2013·江苏)在正项等比数列{an}中, a5= , a6+a7=3, 则满足 a1+a2+…+an>a1a2… 2 an 的最大正整数 n 的值为________. 答案:12 n -11n+10 2 n -11n+10 n-6 n 解析: 根据条件求得 an=2 , 则不等式化为 2 -1>2 (*), n> , 2 2 13- 129 13+ 129 解得 <n< ,即 1≤n≤12,将 n=13 代入(*)式检验,经检验不成立,故最 2 2 大正整数 n 的值为 12.
2

1. (2013·徐州模拟)在数列{an}中,已知 a1=2,a2=3,当 n≥2 时,an+1 是 an·an-1 的个位数,则 a2 010=________. 答案:4 解析:由题意得,a3=a1·a2=6,定义 f(x)=x 的个位数,则 a4=f(a3·a2)=8,依此 类推,a5=8,a6=4,a7=2,a8=8,a9=6,a10=8,到此为止,看出一个周期,a9=a3,a10 =a4,周期为 6,因为前 2 项不符合周期,所以 2 010-2=2 008,2 008=6×334+4,所 以 a2 010=a6=4. 2 * 2. (2013·扬州模拟)已知数列{an}满足 a1+a2+…+an=n (n∈N ). (1) 求数列{an}的通项公式; 1 1 1 * * (2) 对任意给定的 k∈N ,是否存在 p,r∈N (k<p<r)使 , , 成等差数列?若存在, ak ap ar 用 k 分别表示 p 和 r(只要写出一组);若不存在,请说明理由. * 2 解:(1) 当 n=1 时,a1=1;当 n≥2,n∈N 时,a1+a2+…+an-1=(n-1) ,所以 an= 2 2 * n -(n-1) =2n-1;综上所述,an=2n-1(n∈N ). 1 1 1 1 2 1 3-2p (2) 当 k=1 时,若存在 p,r 使 , , 成等差数列,则 = - = .因为 p≥2, ak ap ar ar ap ak 2p-1 所以 ar<0 与数列{an}为正数相矛盾,因此,当 k=1 时不存在; 1 1 2 xy 当 k≥2 时,设 ak=x,ap=y,ar=z,则 + = ,所以 z= .令 y=2x-1,得 z= x z y 2x-y xy=x(2x-1),此时 ak=x=2k-1,ap=y=2x-1=2(2k-1)-1,所以 p=2k-1,ar=z= 2 2 (2k-1)(4k-3)=2(4k -5k+2)-1,所以 r=4k -5k+2. 2 综上所述,当 k=1 时,不存在 p,r;当 k≥2 时,存在 p=2k-1,r=4k -5k+2 满足 题设.

7

x>0, ? ? 3. 设 不 等 式 组 ?y>0, 所 表 示 的 平 面 区 域 为 D n , 记 Dn 内 的 整 点 个 数 为 ? ?y≤-nx+3n an(n∈N )(整点即横坐标和纵坐标均为整数的点). (1) 求数列{an}的通项公式; Sn (2) 记数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Tn= n-1.若对于一切的正整数 n,总有 Tn≤m, 3·2 求实数 m 的取值范围. 解:(1) 由 x>0,y>0,3n-nx>0,得 0<x<3. ∴ x=1,或 x=2.∴ Dn 内的整点在直线 x=1 和 x=2 上. 记直线 y=-nx+3n 为 l,l 与直线 x=1、x=2 的交点的纵坐标分别为 y1,y2. * 则 y1=-n+3n=2n,y2=-2n+3n=n.∴ an=3n(n∈N ). 3n(n+1) (2) ∵ Sn=3(1+2+3+…+n)= , 2 n(n+1) ∴ Tn= , n 2 (n+1)(n+2) n(n+1) (n+1)(2-n) ∴ Tn+1-Tn= - = , n+1 n n+1 2 2 2 3 ∴ 当 n≥3 时,Tn>Tn+1,且 T1=1<T2=T3= . 2 3 于是 T2,T3 是数列{Tn}中的最大项,故 m≥ . 2 4. (2013·徐州模拟)已知数列{an},其前 n 项和为 Sn. S2n (1) 若对任意的 n∈N,a2n-1,a2n+1,a2n 组成公差为 4 的等差数列,且 a1=1, =2 013, 2n 求 n 的值;
?Sn ? (2) 若数列? +a?是公比为 q(q≠-1)的等比数列,a 为常数,求证:数列{an}为等比 a n ? ?
*

1 数列的充要条件为 q=1+ . a (1) 解:因为 a2n-1,a2n+1,a2n 组成公差为 4 的等差数列, * 所以 a2n+1-a2n-1=4,a2n=a2n-1+8(n∈N ), 所以 a1,a3,a5,…,a2n-1,a2n+1 是公差为 4 的等差数列,且 a2+a4+a6+…+a2n=a1+ a3+…+a2n-1+8n.

? n(n-1)×4?+8n=4n2+6n 又因为 a1=1, 所以 S2n=2(a1+a3+…+a2n-1)+8n=2?n+ ? 2 ? ?
=2n(2n+3), S2n 所以 =2n+3=2 013,所以 n=1 005. 2n Sn n-1 n-1 (2) 证明:因为 +a=(a+1)q ,所以 Sn=(a+1)q an-aan,① an 所以 Sn+1=(a+1)q an+1-aan+1,② n n-1 ②-①,得(a+1)(1-q )an+1=[a-(a+1)q ]an.③
n

8

1 (ⅰ) 充分性:因为 q=1+ ,所以 a≠0,q≠1,a+1≠aq,代入③式,得 a q(1-q )an+1=(1-q )an.因为 q≠-1,q≠1, an+1 1 * 所以 = ,n∈N ,所以{an}为等比数列, an q (ⅱ) 必要性:设{an}的公比为 q0,则由③得 n n-1 (a+1)(1-q )q0=a-(a+1)q , 1? n ? 整理得(a+1)q0-a=(a+1)?q0- ?q , q? ? 此式为关于 n 的恒等式,若 q=1,则左边=0,右边=-1,矛盾; ?(a+1)q0=a,
n n

? 1 若 q≠±1,当且仅当? 1时成立,所以 q=1+ . a (a+1)q0=(a+1) ? q ?
1 由(ⅰ)、(ⅱ)可知,数列{an}为等比数列的充要条件为 q=1+ . a 1. 数列的渗透力很强,它和函数、方程、三角、不等式等知识相互联系,优化组合, 无形中加大了综合的力度.解决此类题目需对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了 解,深刻领悟他在解题中的重大作用,常用的数学思想方法有:函数与方程、数形结合、分 类讨论、等价转化等. 2. 在现实生活中,人口的增长,产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期 付款问题等,都可以用数列解决,由此要会在实际问题中抽象出数学模型,并用数列知识解 决问题.

请使用课时训练(B)第 6 课时(见活页).

[备课札记]

9


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