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核心专题突破　数列的综合应用
考点一　数列与数学文化(综合研析)
(1)(2022·鹤壁市高三模拟)
古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点(或圆球)在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，….我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落—形”堆垛就是每层为“三角形数”的堆垛(如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，…)．若一“落—形”三角堆垛有10层，则该堆垛总共球的个数为(　　)
A．55
B．220
C．285
D．385
(2)我国古代数学典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚十尺，两鼠对穿，初日各一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？”上述问题中，两鼠在第几天相逢？(　　)
A．2 B.3
C.4 D.6
【解析】　(1)“三角形数”的通项公式an＝，
前n项和公式为Sn＝1＋3＋6＋…＋＝＋＝＋，
当n＝10时，S10＝＋＝220.故选B.
(2)不妨设大老鼠和小老鼠每天穿墙的厚度为数列{an}和{bn}，
则由题意可知，数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列，
设前n天两鼠总共穿墙的厚度之和为Sn，
则Sn＝＋＝2n－＋1，
当n＝3时，S3＝<10，
当n＝4时，S4＝>10，
故两个老鼠在第4天相逢．
【答案】　(1)B　(2)C
数学建模是指对现实问题进行抽象，用数学语言表达和解决实际问题的过程．有关数列的应用问题，是让学生能够在实际情境中，用数学的思想分析数列问题，用数学的语言表达数列问题，用数学的知识得到数列模型，用数列的方法得到结论，验证数学结论与实际问题的相符程度，最终得到符合实际规律的结果．
|跟踪训练|
我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重为(　　)
A．6斤 B.7斤
C.9斤 D.15斤
解析：选D.设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{an}，
则有a1＝4，a5＝2，
所以a1＋a5＝6，
数列{an}的前5项和为S5＝5×＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．
考点二　新情境下的数列问题(综合研析)
数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则Sn＝________．
【解析】　由Hn＝＝2n，
得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，　①
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1，　②
①－②得，2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即an＝n＋1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2也满足式子an＝n＋1，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1，
所以Sn＝＝.
【答案】　
新情境下的数列问题的求解策略
(1)深入新情境，建立数列模型，如本题要理解“优值”的含义；
(2)利用新定义，求解数列模型，将新定义和原有知识相联系，和数列的通项、求和相结合．
|跟踪训练|
(2022·江西上高模拟)定义：若数列{an}对任意的正整数n，都有|an＋1|＋|an|＝d(d为常数)，则称{an}为“绝对和数列”，d叫做“绝对公和”．已知“绝对和数列”{an}中，a1＝2，绝对公和为3，则其前2 023项的和S2 023的最小值为(　　)
A．－2 023 B.－3 010
C.－3 031 D.－3 027
解析：选C.依题意，要使S2 023的值最小，只需每一项的值都取最小值即可．因为a1＝2，绝对公和d＝3，所以a2＝－1或a2＝1(舍去)，所以a3＝－2或a3＝2(舍去)，所以a4＝－1或a4＝1(舍去)，…，所以满足条件的数列{an}的通项公式
an＝所以S2 023＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 022＋a2 023)＝2＋(－1－2)×＝－3 031.
考点三　数列与函数、不等式的交汇(多维探究)[学生用书P　]
角度1　与函数的交汇
已知函数f(x)＝logkx(k为常数，k＞0且k≠1)，且数列{f(an)}是首项为4，公差为2的等差数列．
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)若bn＝anf(an)，当k＝时，求数列{bn}的前n项和Sn；
(3)若cn＝anlg an，问是否存在实数k，使得{cn}中的每一项恒小于它后面的项？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．
【解】　(1)证明：由题意知f(an)＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，
即logkan＝2n＋2，所以an＝k2n＋2，所以＝＝k2，
因为常数k＞0且k≠1，所以k2为非零常数．
所以数列{an}是以k4为首项，k2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，bn＝anf(an)＝k2n＋2·(2n＋2)，
当k＝时，bn＝(2n＋2)·2n＋1＝(n＋1)·2n＋2.
所以Sn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋(n＋1)·2n＋2，①
2Sn＝2·24＋3·25＋…＋n·2n＋2＋(n＋1)·2n＋3，②
②－①，得Sn＝－2·23－24－25－…－2n＋2＋(n＋1)·2n＋3
＝－23－(23＋24＋25＋…＋2n＋2)＋(n＋1)·2n＋3，
所以Sn＝－23－＋(n＋1)·2n＋3＝n·2n＋3.
(3)存在．由(1)知，cn＝anlg an＝(2n＋2)·k2n＋2lg k，要使cn＜cn＋1对一切n∈N*成立，即(n＋1)lg k＜(n＋2)k2lg k对一切n∈N*成立．
①当k＞1时，lg k＞0，n＋1＜(n＋2)k2对一切n∈N*恒成立，故符合题意；
②当0＜k＜1时，lg k＜0，要求n＋1＞(n＋2)k2对一切n∈N*恒成立，只需k2＜，
即k2＜，且0＜k＜1，因此0＜k＜.
综上所述，存在实数k∈∪(1，＋∞)满足条件．
角度2　与不等式的交汇
在①数列{an}为递增的等比数列，S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项，②Sn＝2n－1，n∈N*，③4an－3Sn＝2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的k存在，求出k的最小值；若不存在，说明理由．
已知数列{an}的前n项和为Sn，________，bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，是否存在实数k，使得Tn【解】　若选①，存在满足题意的实数k.
由已知，得
解得a2＝2，
设数列{an}的公比为q，则a1q＝2，
所以a1＝，a3＝a1q2＝2q.
由S3＝7，可知＋2＋2q＝7，
所以2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝，
易得q>1，所以q＝2，a1＝1.
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1，
Sn＝＝2n－1，
所以bn＝＝＝－，
所以Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－<1，
所以存在实数k，使得Tn若选②，存在满足题意的实数k.
当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
因为a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1，
所以{an}的通项公式为an＝2n－1.
所以bn＝＝＝－，
所以Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－<1，
所以存在实数k，使得Tn若选③，存在满足题意的实数k.
因为4an－3Sn＝2，
所以当n≥2时，4an－1－3Sn－1＝2，
两式相减得4an－4an－1－3(Sn－Sn－1)＝0，即4an－4an－1－3an＝0，
得an＝4an－1.
当n＝1时，4a1－3S1＝2，解得a1＝2.
所以数列{an}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以数列{an}的通项公式为an＝2×4n－1，Sn＝，
所以bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＋－＋…＋－＝－＝－<，
所以存在实数k，使得Tn数列与其他知识的交汇问题
(1)依据数列的函数背景确定数列的特征(通项公式等)；
(2)对数列进行求和后放缩或放缩后求和，解决与不等式的交汇问题．
|跟踪训练|
1．已知函数y＝f(x)的定义域为R，当x＜0时，f(x)＞1，且对任意的实数x，y∈R，等式f(x)f(y)＝f(x＋y)成立，若数列{an}满足f(an＋1)f＝1(n∈N*)，且a1＝f(0)，则下列结论成立的是(　　)
A．f(a2 016)＞f(a2 018)
B．f(a2 017)＞f(a2 020)
C．f(a2 018)＞f(a2 019)
D．f(a2 016)＞f(a2 019)
2．已知数列{an}中，a1＝2，n(an＋1－an)＝an＋1，n∈N*，若对于任意的a∈[－2，2]，n∈N*，不等式＜2t2＋at－1恒成立，则实数t的取值范围为(　　)
A．(－∞，－2)∪[1，＋∞)
B．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
D．[－2，2]
参考答案
1解析：选A.令x＝0，y＝－1，得f(0)f(－1)＝f(－1)．
因为当x＜0时，f(x)＞1，所以f(－1)＞1，所以f(0)＝1，所以a1＝1.
当x＞0时，令y＝－x，则f(x)f(－x)＝f(0)＝1，即f(x)＝.
又f(－x)＞1，所以当x＞0时，0＜f(x)＜1，
任取x1，x2∈R，且x2＞x1，则x2－x1＞0，令x＝x1，y＝x2－x1，
所以f(x1)f(x2－x1)＝f(x2)，即＝f(x2－x1)∈(0，1)，
所以f(x)在R上单调递减．
又f(an＋1)f＝f＝1＝f(0)，
所以an＋1＝－，令n＝1，则a2＝－；令n＝2，则a3＝－2；令n＝3，则a4＝1.
所以数列{an}是以3为周期的周期数列，
所以a2 016＝a3＝－2，
a2 017＝a1＝1，a2 018＝a2＝－，a2 019＝a3＝－2，a2 020＝a1＝1.
因为f(x)在R上单调递减，所以f(－2)＞f＞f(1)．
所以f(a2 016)＞f(a2 018)，f(a2 017)＝f(a2 020)，f(a2 018)＜f(a2 019)，f(a2 016)＝f(a2 019)．
2解析：选B.n(an＋1－an)＝an＋1 nan＋1＝(n＋1)an＋1，
即－＝＝－，
则＝＋＋…＋＋a1，
即＝＋＋…＋＋2＝3－＜3，
对于任意的a∈[－2，2]，n∈N*，不等式＜2t2＋at－1恒成立，即2t2＋at－1≥3 2t2＋at－4≥0，
令f(a)＝2t2＋at－4＝at＋2t2－4(a∈[－2，2])，
可得f(2)≥0且f(－2)≥0，
即
可得t≥2或t≤－2.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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