高中数学高考第6章 §6 6　数列中的综合问题课件PPT

这是一份高中数学高考第6章 §6 6　数列中的综合问题课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了考试要求，思维升华，依题意可知，课时精练，当n≥2时，当n为偶数时等内容，欢迎下载使用。
1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题.2.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.
例1　(1)(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)A.3 699块 B.3 474块C.3 402块 D.3 339块
数学文化与数列的实际应用
设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列.由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，
(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折n次，那么 ＝____________ dm2.
依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；
所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，
所以S4＝15×5＝75；……
1.《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为A.4.5尺 B.3.5尺C.2.5尺 D.1.5尺
冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，设公差为d，
所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，所以a7＝11.5－7＝4.5，即春分时节的日影长为4.5尺.
A.30.3 m B.30.1 mC.27 m D.29.2 m
设|AB|＝x，a≈0.618，因为矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，所以有|BC|＝ax，|CF|＝a2x，|FG|＝a3x，|GJ|＝a4x，|JK|＝a5x，|KM|＝a6x.
解得26.7860，∴bn>0，∴c1＋c2＋…＋cn
对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系.数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立.另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法.
跟踪训练2　已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{an}的通项公式；
设等差数列{an}的公差为d.因为a1＝1，a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10，解得d＝2.所以an＝2n－1.
(2)求b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
设等比数列{bn}的公比为q.因为b2b4＝a5，所以b1q·b1q3＝9.又b1＝1，所以q2＝3.所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
数列与其他知识的交汇问题
命题点1　数列与不等式的交汇
命题点2　数列与函数的交汇
得f′(x)＝x2－12x＋32，
所以a2，a3是函数f′(x)＝x2－12x＋32的两个零点，
因为q>1，所以a2＝4，a3＝8，故q＝2，
1.已知函数f(x)＝lg2x，若数列{an}的各项使得2，f(a1)，f(a2)，…，f(an)，2n＋4成等差数列，则数列{an}的前n项和Sn＝_________.
设等差数列的公差为d，则由题意，得2n＋4＝2＋(n＋1)d，解得d＝2，于是lg2a1＝4，lg2a2＝6，lg2a3＝8，…，从而a1＝24，a2＝26，a3＝28，…，
数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明.
设等比数列{an}的公比为q，
解得a1＝4，q＝4，故{an}的通项公式为an＝4n，n∈N*.bn＝lg2an＝lg24n＝2n，
(2)若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，S2＝4.①求数列{an}的通项公式；
设{an}的公差为d(d≠0)，则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d.因为S1，S2，S4成等比数列，所以a1·(4a1＋6d)＝(2a1＋d)2.所以2a1d＝d2.因为d≠0，所以d＝2a1.又因为S2＝4，所以a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.
因为m∈N*，所以m的最小值为30.
KESHIJINGLIAN
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，________，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；
所以Sn＝n2＋n.当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又a1＝2，满足上式，所以an＝2n.
选②：由S2＝a3，得a1＋a2＝a3，得a1＝d，又由a4＝a1a2，得a1＋3d＝a1(a1＋d)，因为d≠0，则a1＝d＝2，所以an＝2n.选③：由a4是a2，a8的等比中项，得 ＝a2a8，则(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，因为a1＝2，d≠0，所以d＝2，则an＝2n.
(2)若bn＝ ，数列{bn}的前n项和为Wn，求Wn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
Sn＝n2＋n，bn＝(2n＋1)2＋2n＋1－(2n)2－2n＝3·22n＋2n，所以Wn＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n＋2n
2.(2022·沈阳模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且 ＝2Sn＋n＋1，a2＝2.(1)求数列{an}的通项公式an；
∵{an}是正项数列，∴an＋1＝an＋1.
∴a1＝1，∴a2－a1＝1，∴数列{an}是以a1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n.
(2)若bn＝an·2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求使Tn>2 022的最小的正整数n的值.
由(1)知bn＝an·2n＝n·2n，∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
＝(1－n)2n＋1－2，∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.∴Tn－Tn－1＝n·2n>0，∴Tn单调递增.
当n＝7时，T7＝6×28＋2＝1 5382 022，∴使Tn>2 022的最小的正整数n的值为8.
3.(2022·大连模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝25，且a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；
由题意知，等差数列{an}的前n项和为Sn，由S5＝25，可得S5＝5a3＝25，所以a3＝5，设数列{an}的公差为d，由a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列，可得(6＋d)2＝4(8＋4d)，整理得d2－4d＋4＝0，解得d＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.
(2)若bn＝(－1)nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n.
由(1)知bn＝(－1)nan＋1＝(－1)n(2n－1)＋1，所以T2n＝(－1＋1)＋(3＋1)＋(－5＋1)＋(7＋1)＋…＋[－(4n－3)＋1]＋(4n－1＋1)＝4n.
4.(2022·株洲质检)由整数构成的等差数列{an}满足a3＝5，a1a2＝2a4.(1)求数列{an}的通项公式；
由题意，设数列{an}的公差为d，因为a3＝5，a1a2＝2a4，
整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，
因为{an}为整数数列，所以d＝1，又由a1＋2d＝5，可得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝n＋2.
(2)若数列{bn}的通项公式为bn＝2n，将数列{an}，{bn}的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求数列{cn}的前(4n＋3)项和T4n＋3.
由(1)知，数列{an}的通项公式为an＝n＋2，又由数列{bn}的通项公式为bn＝2n，根据题意，得新数列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，则T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)
5.已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；
∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，∴Sn＝na1＋n(n－1)，(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，∴an＝2n－1.