高考数学一轮复习第6章6传统文化中的数列建模与创新应用学案

这是一份高考数学一轮复习第6章6传统文化中的数列建模与创新应用学案，共9页。
纵观新高考三年的真题，我们不难发现新一轮高考改革对数列的命题特别突出对考生数学思维能力的考查，所以日常备考要始终贯穿观察、分析、归纳、类比、递推、运算、概括、猜想、证明、应用等能力的培养．既通过归纳、类比、递推等方法的应用突出对考生数学探究、理性思维的培养，又通过通项公式、递推公式、前n项和公式等内容进行大量技能训练，培养考生逻辑思维、运算求解能力．
命题点一 传统文化中的数列建模
[典例1] (1)(2022·新高考Ⅱ卷) 图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1＝0.5，CC1DC1＝k1，BB1CB1＝k2，AA1BA1＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝( )
图1
图2
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
(2)(2021·新高考Ⅰ卷)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k=1nSk＝________dm2.
(1)D (2)5 2403-n+32n [(1)如图，连接OA，延长AA1与x轴交于点A2，则OA2＝4OD1.因为k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，所以k1＝k3－0.2，k2＝k3－0.1，所以CC1＝DC1(k3－0.2)，BB1＝CB1(k3－0.1)，AA1＝k3BA1，即CC1＝OD1·(k3－0.2)，BB1＝OD1(k3－0.1)，AA1＝k3OD1.又DD1OD1＝0.5，所以DD1＝0.5OD1，所以AA2＝0.5OD1＋OD1(k3－0.2)＋OD1(k3－0.1)＋k3OD1＝OD1(3k3＋0.2)，所以tan ∠AOA2＝AA2OA2＝OD13k3+0.24OD1＝0.725，解得k3＝0.9，故选D.
(2)依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm，52 dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm×32 dm四种规格的图形，且5×6＝30，52×12＝30，10×3＝30，20×32＝30，所以S3＝30×4＝120；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm，52 dm×6 dm，54 dm×12 dm，10 dm×32 dm，20 dm×34 dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，52×6＝15，54×12＝15，10×32＝15，20×34＝15，所以S4＝15×5＝75；
……
所以可归纳Sk＝2402k×(k＋1)＝240k+12k.
所以k=1nSk＝2401+322+423+…+n2n-1+n+12n①，
所以12×k=1nSk＝240222+323+424+…+n2n+n+12n+1②
由①－②得，
12×k=1nSk＝2401+122+123+124+…+12n-n+12n+1
＝2401+122-12n×121-12-n+12n+1＝24032-n+32n+1，
所以k=1nSk＝2403-n+32ndm2.]
第(1)题以中国古代建筑中的举架结构为背景，考查学生综合应用等差数列、解析几何、三角函数等基础知识解决实际问题的能力；第(2)题以剪纸艺术为背景，让学生体验从特殊到一般的探索数学问题的过程，重点考查灵活运用数学知识分析问题的能力．
[跟进训练]
1．我国民间剪纸艺术在剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．现有一张半径为R的圆形纸，对折1次可以得到两个规格相同的图形，将其中之一进行第2次对折后，就会得到三个图形，其中有两个规格相同，取规格相同的两个之一进行第3次对折后，就会得到四个图形，其中依然有两个规格相同，以此类推，每次对折后都会有两个图形规格相同．如果把k次对折后得到的不同规格的图形面积和用Sk表示，由题意知S1＝πR22，S2＝3πR24，则S4＝________；如果对折n次，则k=1nSk＝________．
1516πR2 πR2n+12n-1 [因为S1＝πR22，S2＝3πR24，
所以Sk＝πR212+122+…+12k＝πR2·121-12k1-12＝πR21-12k，
所以S4＝πR21-124＝1516πR2.
k=1nSk＝πR21-12+1-122+…+1-12n
＝πR2n-12+122+…+12n
＝πR2n-121-12n1-12
＝πR2n+12n-1.]
命题点二 数列中的新定义
[典例2] (多选)(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n＝a0·20＋a1·21＋…＋ak－1·2k-1＋ak·2k，其中ai∈{0，1}，i＝0，1，…，k，记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，则( )
A．ω(2n)＝ω(n)
B．ω(2n＋3)＝ω(n)＋1
C．ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)
D．ω(2n－1)＝n
ACD [对于A，ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，
2n＝a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋ak·2k+1，
∴ω(2n)＝a0＋a1＋…＋ak＝ω(n)，A正确，
对于B，取n＝2知，2n＋3＝7＝1·20＋1·21＋1·22，
∴ω(7)＝3，
而2＝0·20＋1·21，ω(2)＝0＋1＝1，ω(7)＝3≠ω(2)＋1，B错误，
对于C，8n＋5＝a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k+3＋5
＝1·20＋1·22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k+3，
∴ω(8n＋5)＝1＋1＋a0＋a1＋…＋ak＝a0＋a1＋…＋ak＋2，
4n＋3＝a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k+2＋3
＝1·20＋1·21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k+2，
∴ω(4n＋3)＝1＋1＋a0＋a1＋…＋ak＝a0＋a1＋…＋ak＋2，
∴ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)，C正确；
对于D，2n－1＝20＋21＋…＋2n-1＝1·20＋1·21＋…＋1·2n-1，
∴ω(2n－1)＝n，D正确，
故选ACD.]
对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，依据题目提供的信息，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决．
[跟进训练]
2．(多选)(2023·山东日照模拟)若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质．对于正整数k，φ(k)是不大于k的正整数中与k互质的数的个数，函数φ(k)以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数．例如：φ(2)＝1，φ(3)＝2，φ(6)＝2，φ(8)＝4.已知欧拉函数是积性函数，即如果m，n互质，那么φ(mn)＝φ(m)φ(n)，例如：φ(6)＝φ(2)φ(3)，则( )
A．φ(5)＝φ(8)
B．数列{φ(2n)}是等比数列
C．数列{φ(6n)}不是递增数列
D．数列nφ6n的前n项和小于1825
ABD [φ(5)＝4，φ(8)＝4，∴φ(5)＝φ(8)，A正确；
∵2为质数，∴在不超过2n的正整数中，所有偶数的个数为2n-1，∴φ(2n)＝2n－2n-1＝2n-1，为等比数列，B正确；
∵与3n互质的数为1，2，4，5，7，8，10，11，…，3n－2，3n－1，共有(3－1)·3n-1＝2·3n-1个，∴φ(3n)＝2·3n-1，又∵φ(6n)＝φ(2n)φ(3n)＝2·6n-1，
∴{φ(6n)}是递增数列，故C错误；
φ(6n)＝2·6n-1，记nφ6n的前n项和为Sn，则Sn＝12×60+22×61＋…＋n2×6n-1，16Sn＝12×61+22×62＋…＋n2×6n，
∴56Sn＝12×60+12×61+12×62＋…＋12×6n-1-n2×6n
＝12×1-16n1-16-n2×6n
＝35-35×6n-n2×6n，
∴Sn＝1825-1825×6n-3n5×6n＜1825，
∴数列nφ6n的前n项和小于1825，故D正确．故选ABD.]
命题点三 递推数列
[典例3] (10分)(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an+1，n为奇数，an+2，n为偶数．
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
[规范解答] (1)∵a1＝1，
∴b1＝a2＝a1＋1＝2.···············································1分
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝a2＋3＝5.·································2分
又∵bn＝a2n，
∴bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1
↓
切入点：发现a2n＋2与a2n＋1的关系
＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，···············································3分
∴bn＋1＝bn＋3，
∴bn＋1－bn＝3，····················································4分
∴{bn}是首项为2，公差为3的等差数列，·····························5分
∴bn＝2＋(n－1)×3＝3n－1. ········································6分
(2)由(1)可知a2＋a4＋a6＋…＋a20
＝b1＋b2＋…＋b10＝10×2+292＝155.··································8分
∴a1＋a3＋a5＋…＋a19＝a2－1＋a4－1＋…＋a20－1
↓
关键点：发现a1＋a3＋a5＋…＋a19与a2＋a4＋…＋a20的内在关系
＝155－10＝145.·················································9分
∴S20＝155＋145＝300.···········································10分
该递推数列属于数列奇偶项的问题，主要考查学生的综合知识能力与探究问题能力，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差比等，特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用．
[跟进训练]
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an+1，n为奇数，an+2，n为偶数．
(1)记bn＝a2n－1，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求an1 011的前2 022项和．
[解] (1)因为a1＝1，an＋1＝an+1，n为奇数，an+2，n为偶数， 且bn＝a2n－1，所以a2＝a1＋1＝2，b1＝a1＝1，b2＝a3＝a2＋2＝4，
所以bn＋1＝a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3＝bn＋3，
∴bn＋1－bn＝3，
∴bn是以1为首项，3为公差的等差数列，所以bn＝3n－2，n∈N*.
(2)设an1 011的前2 022项和为S2 022，则
S2 022＝a1+a3+a5+…+a2 021+a2+a4+a6+…+a2 0221 011
＝b1+b2+b3+…+b1 011+b1+1+b2+1+b3+1+…+b1 011+11 011
＝2b1+b2+b3+…+b1 011+1 0111 011
＝2b1+b1011×1 0112+1 0111 011
＝1＋3×1 011－2＋1
＝3 033.