新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题2数列微专题数列与传统文化创新应用教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题2数列微专题数列与传统文化创新应用教师用书，共8页。

2．新课程改革后数列的考查题型由过去单纯考查数列知识或递推数列问题转化为在题型上创新，知识交汇上做文章，由此设计了许多层次恰当，形式新颖的创新问题，使数列与高中阶段相关知识相结合；
3．创新题型都是以数列知识为载体，注重考查数学推理能力和分析解决问题的能力．
解题策略
1．首先把传统文化、社会、生活相结合及新定义问题转化为数列问题；
2．熟记等差、等比数列的通项公式、求和公式、数列的性质；
3．熟练掌握求通项公式、求和的方法．
题型选讲
题型一 数列与传统文化
典例研析·悟方法
典例1 “中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则a6＝( C )
A．17 B．37
C．107 D．128
【解析】 因为an能被3除余2且被7除余2，所以an－2既是3的倍数，又是7的倍数，即是21的倍数，且an>0，所以an－2＝21(n－1)，即an＝21n－19，所以a6＝21×6－19＝107.故选C．
典例2 天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2022年是壬寅年，请问：在100年后的2122年为( A )
A．壬午年 B．辛丑年
C．己亥年 D．戊戌年
【解析】 由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于100÷10＝10，余数为0，故100年后天干为壬，由于100÷12＝8……4，余数为4，故100年后地支为午，综上：100年后的2122年为壬午年．故选A．
典例3 “苏州码子”发源于苏州，作为一种民间的数字符号流行一时，被广泛应用于各种商业场合．“苏州码子”0～9的写法依次为○、|、刂、川、ㄨ、δ、、、、攵．某铁路的里程碑所刻数代表距离始发车站的里程，如某处里程碑上刻着“○”代表距离始发车站的里程为60公里，已知每隔3公里摆放一个里程碑，若在A点处里程碑上刻着“δㄨ”，在B点处里程碑上刻着“攵”，则从A点到B点的所有里程碑上所刻数之和为( B )
A．1 029 B．1 125
C．1 224 D．1 650
【解析】 由题意知，A点处里程碑刻着数字54，B点处里程碑刻着数字96，里程碑上的数字成等差数列，公差为3，则从A到B的所有里程碑个数为n＝eq \f(96－54,3)＋1＝15，所以从A到B的所有里程碑上的数字之和为15×54＋eq \f(15×14,2)×3＝1 125.故选B．
方法技巧·精提炼
解决数列与文化生活结合问题的方法
(1)将问题转化为等差或等比数列问题；
(2)借助等差、等比数列的性质、通项公式、求和公式进行计算；
(3)新定义问题通常以递推数列为载体，选择合适的由递推数列求通项公式的方法，求出通项后利用基本量解决问题．
加固训练·促提高
1.《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则芒种日影长为( B )
A．1.5尺 B．2.5尺
C．3.5尺 D．4.5尺
【解析】 设数列为{an}，首项为a1，公差为d，则a1＋a4＋a7＝3a1＋9d＝31.5，S9＝9a1＋36d＝85.5，解得a1＝13.5，d＝－1，∴芒种日影长为a12＝a1＋11d＝2.5.故选B．
2.我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有善走男，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”，该问题中，善走男第5日所走的路程里数是( C )
A．120 B．130
C．140 D．150
【解析】 由题意设此人第一天走步a1里，第二天走步a2里．第n天走步an里，{an}是等差数列，已知S9＝1 260，要求a5，S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝eq \f(9×2a5,2)＝9a5＝1 260，∴a5＝140.故选C．
3. (2023·广东深圳统考一模)将一个顶角为120°的等腰三角形(含边界和内部)的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Kch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是( A )
A．eq \f(16,81) B．eq \f(20,81)
C．eq \f(8,27) D．eq \f(10,27)
【解析】 根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的eq \f(1,3)，所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的eq \f(2,3)，由此可得，第n次操作之后所得图形的面积是Sn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，即经过4次操作之后所得图形的面积是S4＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4＝eq \f(16,81).故选A．
题型二 数列中的创新问题
典例研析·悟方法
角度1：条件追溯问题
典例1 已知等比数列{an}的首项为－2，公比为q.试写出一个实数q＝ eq \f(1,2)(答案不唯一) ，使得an【解析】 等比数列{an}的首项为－2，公比为q，∵an角度2：结论探究式问题
典例2 (2023·江苏南通统考一模)写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{an}的通项公式an＝_(－2)n(答案不唯一)__.
①anan＋1<0；②|an|<|an＋1|.
【解析】 可构造等比数列，设公比为q，由anan＋1<0，可知公比q为负数，因为|an|<|an＋1|，所以|q|>1，所以q可取－2，设a1＝－2，则an＝－2·(－2)n－1＝(－2)n.
角度3：结构不良问题
典例3 设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝6，a7＝14.
(1)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn；
(2)若________，求数列{bn}的前n项和Tn.
在①bn＝2anan；②bn＝eq \f(a\\al(2,n)＋a\\al(2,n＋1),Sn)；这两个条件中任选一个补充在第(2)问中，并求解．
(注意：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
【解析】 (1)设等差数列的公差为d，由a3＝6，a7＝14，可得：
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝6，,a1＋6d＝14，))⇒d＝2，a1＝2⇒an＝2＋(n－1)·2＝2n，
Sn＝eq \f(2＋2nn,2)＝n2＋n.
(2)若选①bn＝2anan.
因为an＝2n，
所以bn＝2anan＝22n·(2n)＝4n·(2n)，
因此Tn＝4×2＋42×4＋43×6＋…＋4n·(2n)，
4Tn＝42×2＋43×4＋44×6＋…＋4n＋1·(2n)，两个等式相减得：
－3Tn＝4×2＋42×2＋43×2＋…＋4n·2－4n＋1·(2n)
⇒－3Tn＝2(4＋42＋43＋…＋4n)－4n＋1·(2n)
⇒－3Tn＝2·eq \f(41－4n,1－4)－4n＋1·(2n)⇒Tn＝eq \f(3n－1·22n＋3＋8,9)；
若选②bn＝eq \f(a\\al(2,n)＋a\\al(2,n＋1),Sn)，
因为an＝2n，Sn＝n2＋n，
所以bn＝eq \f(a\\al(2,n)＋a\\al(2,n＋1),Sn)＝eq \f(4n2＋4n＋12,n2＋n)＝8＋eq \f(4,n2＋n)＝8＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，因此有：
Tn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(8＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(8＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(8＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝8n＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝8n＋eq \f(4n,n＋1).
角度4：存在探索问题
典例4 (2023·湖北二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－2；数列{bn}的前n项和为Tn，且满足b1＝1，b2＝2，eq \f(Tn,Tn＋1)＝eq \f(bn,bn＋2).
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)是否存在正整数n，使得eq \f(an＋bn＋1,an－bn＋1)恰为数列{bn}中的一项？若存在，求所有满足要求的bn；若不存在，说明理由．
【解析】 (1)由Sn＝2an－2，则当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，
两式相减得：an＝2an－2an－1，则an＝2an－1，
由S1＝2a1－2，则a1＝2，
∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an＝2n，
由eq \f(Tn,Tn＋1)＝eq \f(bn,bn＋2).
则eq \f(T1,T2)＝eq \f(b1,b3)，eq \f(T2,T3)＝eq \f(b2,b4)，eq \f(T3,T4)＝eq \f(b3,b5)，…，eq \f(Tn－1,Tn)＝eq \f(bn－1,bn＋1)·eq \f(Tn,Tn＋1)＝eq \f(bn,bn＋2)，
以上各式相乘，eq \f(T1,Tn＋1)＝eq \f(b1b2,bn＋1bn＋2)，则2Tn＝bnbn＋1，
当n≥2时，2Tn－1＝bn－1bn，两式相减得：2bn＝bn(bn＋1－bn－1)，即bn＋1－bn－1＝2，
∴数列{bn}的奇数项，偶数项分别成等差数列，
由eq \f(T1,T2)＝eq \f(b1,b3)，则b3＝T2＝b1＋b2＝3，b1＋b3＝2b2，
∴数列{bn}是以b1＝1为首项，1为公差的等差数列，
∴数列{bn}的通项公式bn＝n.
(2)当n＝1时，eq \f(an＋bn＋1,an－bn＋1)无意义，
设cn＝eq \f(an＋bn＋1,an－bn＋1)＝eq \f(2n＋n＋1,2n－n＋1)，(n≥2，n∈N*)，
则cn＋1－cn＝eq \f(2n＋1＋n＋2,2n＋1－n＋2)－eq \f(2n＋n＋1,2n－n＋1)＝eq \f(－n·2n＋1,[2n＋1－n＋2][2n－n＋1])<0，
即cn>cn＋1>1，
显然2n＋n＋1>2n－(n＋1)，则c2＝7>c3＝3>c4>…>1，
∴存在n＝2，使得b7＝c2，b3＝c3，
下面证明不存在cn＝2，否则，cn＝eq \f(2n＋n＋1,2n－n＋1)＝2，即2n＝3(n＋1)，
此时右边为3的倍数，而2n不可能是3的倍数，故该不等式成立，
综上，满足要求的bn为b3，b7.
方法技巧·精提炼
1．条件追溯题即“执果索因”，现寻找结论成立的必要条件，再通过验证或认证找到结论成立的充分条件，在执果索因的过程中，常常会犯的错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当充分条件，应引起注意．
2．结论探究题，选探索结论而后去证明结论，在探索过程中可以从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来做一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．
3．存在探索问题，通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此推出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定的结论．
加固训练·促提高
1. (2023·遵义模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝3a3＋2，写出一个满足条件的通项公式 an＝－eq \f(2,3)n(答案不唯一) .
【解析】 根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，若S3＝3a3＋2，则有a1＋a2＋a3＝3a3－3d＝3a3＋2，变形可得d＝－eq \f(2,3)，故只需满足d＝－eq \f(2,3)，即可满足S3＝3a3＋2，则数列{an}的通项公式可以为an＝－eq \f(2,3)n.
2. (2023·雁塔区校级模拟)数列{an}中，an＝lgn＋1(n＋2)(n∈N*)，定义：使数列{an}的前k项的积为整数的数k(k∈N*)叫做期盼数，则区间[1,2 023]内的所有期盼数的和等于_2_026__.
【解析】 因为an＝lg(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，所以a1·a2·…·ak＝lg23·lg34·…·lgk＋1(k＋2)＝eq \f(ln 3,ln 2)·eq \f(ln 4,ln 3)·…·eq \f(lnk＋2,lnk＋1)＝eq \f(lnk＋2,ln 2)，设t＝eq \f(lnk＋2,ln 2)，则k＋2＝2t，所以k＋2为2的整数次幂，因为1≤k≤2 023，所以3≤k＋2≤2 025，故满足条件的k＋2＝4,8,16,32,64,128,256,512,1 024，故区间[1，2 023]内的所有期盼数的和为4－2＋8－2＋16－2＋32－2＋64－2＋128－2＋256－2＋512－2＋1 024－2＝2 026.
3. (2023·河南省信阳市第二高级中学校联考一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3,2Sn＝n(an＋1)，设bn＝eq \f(4n,anan＋12)，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn<λ对∀n∈N＋恒成立，则实数λ的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) .
【解析】 ∵2Sn＝n(an＋1)，n＝1时，2S1＝2a1＝a1＋1，∴a1＝1.当n>2时，2Sn－1＝(n－1)(an－1＋1)，∴2Sn－2Sn－1＝nan＋n－(n－1)an－1－(n－1)＝2an，即(n－2)an＝(n－1)an－1－1.∴eq \f(an,n－1)－eq \f(an－1,n－2)＝eq \f(－1,n－1n－2)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n－2)，eq \f(a3,2)－eq \f(a2,1)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,1)＝－eq \f(1,2)，累加法可得：eq \f(an,n－1)－eq \f(an－1,n－2)＋eq \f(an－1,n－2)－eq \f(an－2,n－3)＋…＋eq \f(a3,2)－eq \f(a2,1)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n－2)＋eq \f(1,n－2)－eq \f(1,n－3)＋…＋eq \f(1,2)－eq \f(1,1)，即eq \f(an,n－1)－eq \f(a2,1)＝eq \f(1,n－1)－1，∴an＝2n－1.当n＝1,2时也满足，故an＝2n－1.又bn＝eq \f(4n,anan＋12)＝eq \f(4n,2n－122n＋12)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－12)－\f(1,2n＋12)))，Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,12)－\f(1,32)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,2n－12)－\f(1,2n＋12)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋12)))4. (2023·陕西西安统考一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a3＝6，________.
在①S3＝a6；②S4＝20；③a2＋a5＋a8＝30这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答(注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分．在答题前应说明“我选________”)
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋an，求{bn}的前n项和Tn.
【解析】 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d
若选择条件①S3＝a6，则由a3＝6，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝6，,3a1＋3d＝a1＋5d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝2，))
∴an＝2＋2(n－1)＝2n.
若选择条件②S4＝20，则由a3＝6，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝6，,4a1＋\f(4×3,2)d＝20，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝2，))
∴an＝2＋2(n－1)＝2n；
若选择条件③a2＋a5＋a8＝30，则由a3＝6，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝6，,3a1＋4d＝30，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝2，))
∴an＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)知，选择三个条件中的任何一个，都有an＝2n，
则bn＝2an＋an＝22n＋2n＝4n＋2n，
∴{bn}的前n项和Tn＝(41＋42＋43＋…＋4n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)
＝eq \f(41－4n,1－4)＋2×eq \f(n1＋n,2)＝eq \f(4,3)(4n－1)＋n2＋n.
5. (2023·包河区校级模拟)已知数列{an}，{bn}满足：a1＝1，a2＝t(t∈R)，bn＝anan＋1，n∈N*.
(1)若{an}是等比数列，求{bn}的前n项和Tn.
(2)若{bn}是等比数列，则{an}是否为等比数列？请阐述你的观点，并说明理由．
【解析】 (1)由题意，设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，则q＝eq \f(a2,a1)＝t≠0，
此时an＝a1qn－1＝1·tn－1＝tn－1，n∈N*，
∴bn＝anan＋1＝tn－1·tn＝t2n－1，
∴eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(t2n＋1－1,t2n－1)＝t2，
∵b1＝a1a2＝t，
∴数列{bn}是以t为首项，t2为公比的等比数列，
∴bn＝t·(t2)n－1＝t2n－1，n∈N*，
当t＝－1时，bn＝t2n－1＝(－1)2n－1＝－1，此时Tn＝－n，
当t＝1时，bn＝1，此时Tn＝n，
当t≠±1，即t2≠1时，Tn＝eq \f(t·[1－t2n],1－t2)＝eq \f(t1－t2n,1－t2)＝eq \f(t－t2n＋1,1－t2)，
综上，可得Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－n，t＝－1，,n，t＝1，,\f(t－t2n＋1,1－t2)，t≠±1.))
(2)观点：数列{an}不一定是等比数列．
理由：由题意，设等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，
则eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝q，
∵a1＝1，a2＝t，
∴数列{an}的奇数项：a1，a3，a5，…，a2n－1，…是以1为首项，q为公比的等比数列，
数列{an}的偶数项：a2，a4，a6，…，a2n，…是以t为首项，q为公比的等比数列，
∴数列{an}即为：1，t，q，tq，q2，tq2，…
当q＝t2时，数列{an}是等比数列，
当q≠t2时，数列{an}不是等比数列，
故数列{an}不一定是等比数列．