《【創(chuàng)新方案】2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六篇 數(shù)列 第5講　數(shù)列的綜合應(yīng)用教案 理 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【創(chuàng)新方案】2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六篇 數(shù)列 第5講　數(shù)列的綜合應(yīng)用教案 理 新人教版（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講　數(shù)列的綜合應(yīng)用 【2020年高考會(huì)這樣考】 1．考查數(shù)列的函數(shù)性及與方程、不等式、解析幾何相結(jié)合的數(shù)列綜合題． 2．考查運(yùn)用數(shù)列知識(shí)解決數(shù)列綜合題及實(shí)際應(yīng)用題的能力． 【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】 1．熟練把握等差數(shù)列與等比數(shù)列的基本運(yùn)算． 2．掌握隱藏在數(shù)列概念和解題方法中的數(shù)學(xué)思想，如“函數(shù)與方程”、“數(shù)形結(jié)合”、“分類討論”、“等價(jià)轉(zhuǎn)化”等． 3．注意總結(jié)相關(guān)的數(shù)列模型以及建立模型的方法． 基礎(chǔ)梳理 1．等比數(shù)列與等差數(shù)列比較表 不同點(diǎn) 相同點(diǎn) 等差數(shù)列 (1)強(qiáng)調(diào)從第二項(xiàng)起每一項(xiàng)與前項(xiàng)的差； (2)a1和d可以為零； (3)等差中項(xiàng)唯一 (1)都強(qiáng)調(diào)從第

2、二項(xiàng)起每一項(xiàng)與前項(xiàng)的關(guān)系； (2)結(jié)果都必須是同一個(gè)常數(shù)； (3)數(shù)列都可由a1，d或a1，q確定 等比數(shù)列 (1)強(qiáng)調(diào)從第二項(xiàng)起每一項(xiàng)與前項(xiàng)的比； (2)a1與q均不為零； (3)等比中項(xiàng)有兩個(gè)值 2.解答數(shù)列應(yīng)用題的步驟 (1)審題——仔細(xì)閱讀材料，認(rèn)真理解題意． (2)建?！獙⒁阎獥l件翻譯成數(shù)學(xué)(數(shù)列)語言，將實(shí)際問題轉(zhuǎn)化成數(shù)學(xué)問題，弄清該數(shù)列的特征、要求是什么． (3)求解——求出該問題的數(shù)學(xué)解． (4)還原——將所求結(jié)果還原到原實(shí)際問題中． 3．?dāng)?shù)列應(yīng)用題常見模型 (1)等差模型：如果增加(或減少)的量是一個(gè)固定量時(shí)，該模型是等差模型，增加(或減少)的量就

3、是公差． (2)等比模型：如果后一個(gè)量與前一個(gè)量的比是一個(gè)固定的數(shù)時(shí)，該模型是等比模型，這個(gè)固定的數(shù)就是公比． (3)遞推數(shù)列模型：如果題目中給出的前后兩項(xiàng)之間的關(guān)系不固定，隨項(xiàng)的變化而變化時(shí)，應(yīng)考慮是an與an＋1的遞推關(guān)系，還是Sn與Sn＋1之間的遞推關(guān)系． 一條主線 數(shù)列的滲透力很強(qiáng)，它和函數(shù)、方程、三角形、不等式等知識(shí)相互聯(lián)系，優(yōu)化組合，無形中加大了綜合的力度．解決此類題目，必須對(duì)蘊(yùn)藏在數(shù)列概念和方法中的數(shù)學(xué)思想有所了解． 兩個(gè)提醒 (1)對(duì)等差、等比數(shù)列的概念、性質(zhì)要有深刻的理解，有些數(shù)列題目條件已指明是等差(或等比)數(shù)列，但有的數(shù)列并沒有指明，可以通過分析，轉(zhuǎn)化為

4、等差數(shù)列或等比數(shù)列，然后應(yīng)用等差、等比數(shù)列的相關(guān)知識(shí)解決問題． (2)數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，故數(shù)列有著許多函數(shù)的性質(zhì)．等差數(shù)列和等比數(shù)列是兩種最基本、最常見的數(shù)列，它們是研究數(shù)列性質(zhì)的基礎(chǔ)，它們與函數(shù)、方程、不等式、三角等內(nèi)容有著廣泛的聯(lián)系，等差數(shù)列和等比數(shù)列在實(shí)際生活中也有著廣泛的應(yīng)用，隨著高考對(duì)能力要求的進(jìn)一步增加，這一部分內(nèi)容也將受到越來越多的關(guān)注． 三種思想 (1)數(shù)列與函數(shù)方程相結(jié)合時(shí)主要考查函數(shù)的思想及函數(shù)的性質(zhì)(多為單調(diào)性)． (2)數(shù)列與不等式結(jié)合時(shí)需注意放縮． (3)數(shù)列與解析幾何結(jié)合時(shí)要注意遞推思想． 雙基自測(cè) 1．(人教A版教材習(xí)題改編)已知等差數(shù)列{an}

5、的公差為2，若a1，a3，a4成等比數(shù)列，則a2的值為(　　)． A．－4 B．－6 C．－8 D．－10 解析　由題意知：a＝a1a4.則(a2＋2)2＝(a2－2)(a2＋4)，解得：a2＝－6. 答案　B 2．(2020·運(yùn)城模擬)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差數(shù)列，則S4＝(　　)． A．7 B．8 C．15 D．16 解析　設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則4a2＝4a1＋a3，∴4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，∴q＝2.∴S4＝＝15. 答案　C 3．

6、已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，且a6＝b7，則有(　　)． A．a(chǎn)3＋a9≤b4＋b10 B．a(chǎn)3＋a9≥b4＋b10 C．a(chǎn)3＋a9≠b4＋b10 D．a(chǎn)3＋a9與b4＋b10的大小關(guān)系不確定 解析　記等比數(shù)列{an}的公比為q(q＞0)，由數(shù)列{bn}為等差數(shù)列可知b4＋b10＝2b7，又?jǐn)?shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，∴a3＋a9＝a3(1＋q6)＝a6＝b7，又＝＋q3≥2(當(dāng)且僅當(dāng)q＝1時(shí)，等號(hào)成立)，∴a3＋a9≥2b7，即a3＋a9≥b4＋b10. 答案　B 4．若互不相等的實(shí)數(shù)a，b，c成等差數(shù)列，c，a，b成等比數(shù)列，且

7、a＋3b＋c＝10，則a＝(　　)． A．4 B．2 C．－2 D．－4 解析　由c，a，b成等比數(shù)列可將公比記為q，三個(gè)實(shí)數(shù)a，b，c，待定為cq，cq2，c.由實(shí)數(shù)a、b、c成等差數(shù)列得2b＝a＋c，即2cq2＝cq＋c，又等比數(shù)列中c≠0，所以2q2－q－1＝0，解一元二次方程得q＝1(舍去，否則三個(gè)實(shí)數(shù)相等)或q＝－，又a＋3b＋c＝a＋3aq＋＝－a＝10，所以a＝－4. 答案　D 5．(2020·蘇州質(zhì)檢)已知等差數(shù)列的公差d＜0，前n項(xiàng)和記為Sn，滿足S20＞0，S21＜0，則當(dāng)n＝________時(shí)，Sn達(dá)到最大值． 解析　∵S20＝10

8、(a1＋a20)＝10(a10＋a11)＞0， S21＝21a11＜0，∴a10＞0，a11＜0， ∴n＝10時(shí)，Sn最大． 答案　10　　 考向一　等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合應(yīng)用 【例1】?在等差數(shù)列{an}中，a10＝30，a20＝50. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an； (2)令bn＝2an－10，證明：數(shù)列{bn}為等比數(shù)列． [審題視點(diǎn)] 第(1)問列首項(xiàng)a1與公差d的方程組求an；第(2)問利用定義證明． (1)解　由an＝a1＋(n－1)d，a10＝30， a20＝50，得方程組 解得∴an＝12＋(n－1)·2＝2n＋10. (2)證明　由(1)，得bn＝

9、2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n， ∴＝＝4. ∴{bn}是首項(xiàng)是4，公比q＝4的等比數(shù)列． 對(duì)等差、等比數(shù)列的綜合問題的分析，應(yīng)重點(diǎn)分析等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和；分析等差、等比數(shù)列項(xiàng)之間的關(guān)系．往往用到轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法． 【訓(xùn)練1】 數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)． (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)等差數(shù)列{bn}的各項(xiàng)為正，其前n項(xiàng)和為Tn，且T3＝15， 又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比數(shù)列，求Tn. 解　(1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)， 兩式相減得an＋

10、1－an＝2an，則an＋1＝3an(n≥2)． 又a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1. 故{an}是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，∴an＝3n－1. (2)設(shè){bn}的公差為d， 由T3＝15，b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5， 故可設(shè)b1＝5－d，b3＝5＋d，又a1＝1，a2＝3，a3＝9， 由題意可得(5－d＋1)(5＋d＋9)＝(5＋3)2， 解得d1＝2，d2＝－10. ∵等差數(shù)列{bn}的各項(xiàng)為正，∴d＞0， ∴d＝2，b1＝3，∴Tn＝3n＋×2＝n2＋2n. 考向二　數(shù)列與函數(shù)的綜合應(yīng)用 【例2】?(2020·南昌模擬)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為

11、Sn，已知對(duì)任意的n∈N*，點(diǎn)(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上． (1)求r的值； (2)當(dāng)b＝2時(shí)，記bn＝(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. [審題視點(diǎn)] 第(1)問將點(diǎn)(n，Sn)代入函數(shù)解析式，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得到an，再利用a1＝S1可求r. 第(2)問錯(cuò)位相減求和． 解　(1)由題意，Sn＝bn＋r，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝bn－1＋r，所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1·(b－1)， 由于b＞0且b≠1，所以n≥2時(shí)，{an}是以b為公比的等比數(shù)列，又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，＝b，即＝b，

12、 解得r＝－1. (2)由(1)知，n∈N*，an＝(b－1)bn－1＝2n－1，所以bn＝＝. Tn＝＋＋＋…＋， Tn＝＋＋…＋＋， 兩式相減得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝－－， ∴Tn＝－－＝－. 此類問題常常以函數(shù)的解析式為載體，轉(zhuǎn)化為數(shù)列問題，常用的數(shù)學(xué)思想方法有“函數(shù)與方程”“等價(jià)轉(zhuǎn)化”等． 【訓(xùn)練2】 (2020·福建)已知等比數(shù)列{an}的公比q＝3，前3項(xiàng)和S3＝. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若函數(shù)f(x)＝Asin(2x＋φ)(A＞0,0＜φ＜π)在x＝處取得最大值，且最大值為a3，求函數(shù)f(x)的解析式． 解　(1)由q＝3，S3＝得＝，

13、解得a1＝. 所以an＝×3n－1＝3n－2. (2)由(1)可知an＝3n－2，所以a3＝3. 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的最大值為3，所以A＝3； 因?yàn)楫?dāng)x＝時(shí)f(x)取得最大值， 所以sin＝1. 又0＜φ＜π，故φ＝. 所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝3sin. 考向三　數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用 【例3】?(2020·惠州模擬)在等比數(shù)列{an}中，an＞0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3與a5的等比中項(xiàng)為2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝log2an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn； (3)是否存在k∈

14、N*，使得＋＋…＋＜k對(duì)任意n∈N*恒成立，若存在，求出k的最小值，若不存在，請(qǐng)說明理由． [審題視點(diǎn)] 第(1)問由等比數(shù)列的性質(zhì)轉(zhuǎn)化為a3＋a5與a3a5的關(guān)系求a3與a5；進(jìn)而求an；第(2)問先判斷數(shù)列{bn}，再由求和公式求Sn；第(3)問由確定正負(fù)項(xiàng)，進(jìn)而求＋＋…＋的最大值，從而確定k的最小值． 解　(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25， ∴a＋2a3a5＋a＝25，∴(a3＋a5)2＝25， 又an＞0，∴a3＋a5＝5，又a3與a5的等比中項(xiàng)為2， ∴a3a5＝4，而q∈(0,1)， ∴a3＞a5，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝，a1＝16， ∴an＝16×

15、n－1＝25－n. (2)∵bn＝log2an＝5－n， ∴bn＋1－bn＝－1， b1＝log2a1＝log216＝log224＝4， ∴{bn}是以b1＝4為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列， ∴Sn＝. (3)由(2)知Sn＝，∴＝. 當(dāng)n≤8時(shí)，＞0；當(dāng)n＝9時(shí)，＝0； 當(dāng)n＞9時(shí)，＜0. ∴當(dāng)n＝8或9時(shí)，＋＋＋…＋＝18最大． 故存在k∈N*，使得＋＋…＋＜k對(duì)任意n∈N*恒成立，k的最小值為19. 解決此類問題要抓住一個(gè)中心——函數(shù)，兩個(gè)密切聯(lián)系：一是數(shù)列和函數(shù)之間的密切聯(lián)系，數(shù)列的通項(xiàng)公式是數(shù)列問題的核心，函數(shù)的解析式是研究函數(shù)問題的基礎(chǔ)；二是方程、不等式與函

16、數(shù)的聯(lián)系，利用它們之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系進(jìn)行靈活的處理． 【訓(xùn)練3】 (2020·岳陽模擬)已知單調(diào)遞增的等比數(shù)列{an}滿足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中項(xiàng)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1＞50成立的正整數(shù)n的最小值． (1)解　設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q. 依題意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28， 可得a3＝8，∴a2＋a4＝20， 所以解之得或 又∵數(shù)列{an}單調(diào)遞增，所以q＝2，a1＝2， ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2

17、n. (2)因?yàn)閎n＝2nlog2n＝－n·2n， 所以Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)， 2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]， 兩式相減，得 Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1. 要使Sn＋n·2n＋1＞50，即2n＋1－2＞50，即2n＋1≥52. 易知：當(dāng)n≤4時(shí)，2n＋1≤25＝32＜52；當(dāng)n≥5時(shí)，2n＋1≥26＝64＞52.故使Sn＋ n·2n＋1＞50成立的正整數(shù)n的最小值為5.　　 難點(diǎn)突破14——數(shù)列與解析幾何、三角的交匯問題 從近幾年新課標(biāo)高考試題可以看出，不同省市的高考

18、對(duì)該內(nèi)容要求的不盡相同，考生復(fù)習(xí)時(shí)注意把握．?dāng)?shù)列與解析幾何交匯問題主要是解析幾何中的點(diǎn)列問題，關(guān)鍵是充分利用解析幾何的有關(guān)性質(zhì)、公式，建立數(shù)列的遞推關(guān)系式，然后借助數(shù)列的知識(shí)加以解決． 一、數(shù)列與解析幾何交匯 【示例】? (2020·陜西)如圖， 從點(diǎn)P1(0,0)作x軸的垂線交曲線y＝ex于點(diǎn)Q1(0,1)，曲線在Q1點(diǎn)處的切線與x軸交于點(diǎn)P2.再從P2作x軸的垂線交曲線于點(diǎn)Q2，依次重復(fù)上述過程得到一系列點(diǎn)：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn.記Pk點(diǎn)的坐標(biāo)為(xk,0)(k＝1,2，…，n)． (1)試求xk與xk－1的關(guān)系(2≤k≤n)； (2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|. 二、數(shù)列與三角交匯 【示例】? (2020·安徽)在數(shù)1和100之間插入n個(gè)實(shí)數(shù)，使得這n＋2個(gè)數(shù)構(gòu)成遞增的等比數(shù)列，將這n＋2個(gè)數(shù)的乘積記作Tn，再令an＝lg Tn，n≥1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝tan an·tan an＋1，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.