高三数学一轮复习第六章数列培优专题一0传统文化中的数列建模与创新应用学案

这是一份高三数学一轮复习第六章数列培优专题一0传统文化中的数列建模与创新应用学案，共12页。

新课程标准进一步明确了数学文化在教学中的地位，数学文化作为素养考查的四大内涵之一，以数学文化为背景的试题将是新高考的考查内容．
1．数列中的新定义问题
数列中的新定义问题主要是抓住新定义的意义，熟读题意，了解新定义的内涵，本质考查的还是数列的基础知识！
2．数列中的新文化问题
立足文化背景，考查核心素养，发挥育人功能！一般当作背景考查，与实际生活的应用一般体现在“分期付款”“产值增长”等模型中，抓住其中特征即可．
[培优案例]
[例1] (2024·四川攀枝花模拟)“勾股树”，也被称为毕达哥拉斯树，是根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．如图所示，以正方形ABCD的一边为直角三角形的斜边向外作一个等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为正方形的边长向外作两个正方形，如此继续，若共得到127个正方形，且AB＝16，则这127个正方形中，最小的正方形边长为( )
A．1 B．2
C．2 D．22
C [依题意，不同边长的正方形的个数构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以1＋2＋22＋…＋2n-1＝127，即1-2n1-2＝127，解得n＝7，即有7种边长不同的正方形．又正方形的边长构成以16为首项，22为公比的等比数列．因此，最小的正方形边长为16×227-1＝2．故选C．]
[例2] (2024·山东潍坊模拟)斐波那契数列由意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…．在实际生活中，很多花朵(如梅花、飞燕草、万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．斐波那契数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，则1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023是斐波那契数列{an}中的第________项．
2 024 [由an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，可得1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023＝a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023＝a6＋a7＋a9＋…＋a2 023＝…＝a2 022＋a2 023＝a2 024．]
培优训练(十) 传统文化中的数列建模与创新应用
1．(2024·北京人大附中月考)明代数学家程大位在《算法统宗》中已经给出由n，Sn和d求各项的问题，如九儿问甲歌：“一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七．借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．”则该问题中老人的长子的岁数为( )
A．35 B．32
C．29 D．26
A [根据题意，九个儿子的岁数从大到小构成公差为－3的等差数列，设长子的岁数为a1，则207＝9a1＋9×82×(－3)，解得a1＝35．故选A．]
2．(2024·常德一中调研)对于一切实数x，令[x]为不大于x的最大整数，则函数f (x)＝[x]称为高斯函数或取整函数．若an＝f n3，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则S3n＝( )
A．32n2－12n B．32n2＋12n
C．3n2－2n D．92n2－32n
A [由题意，当n＝3k，n＝3k＋1，n＝3k＋2(k∈N*)时，均有an＝f n3＝n3＝k，
故可知：S3n＝0＋0＋1＋1＋1＋2＋2＋2＋3＋3＋3＋…＋(n－1)＋(n－1)＋(n－1)＋n＝3×1+n-12×(n－1)＋n＝32n2－12n．故选A．]
3．(2024·湖北八校联考)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第3项起，每个数等于它前面两个数的和，即an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”．记a2 022＝t，则a1＋a3＋a5＋…＋a2 021＝( )
A．t2 B．t－1
C．t D．t＋1
C [由an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，得a2 022＝a2 021＋a2 020＝a2 021＋a2 019＋a2 018＝…＝a2 021＋a2 019＋…＋a3＋a2＝a2 021＋a2 019＋…＋a3＋a1＝t．
故选C．]
4．(2024·平顶山联考)《周髀算经》记载：一年有二十四个节气，每个节气晷 (guǐ)长损益相同，夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列．经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则夏至的日影子长为( )
A．1尺 B．1.25尺
C．1.5尺 D．2尺
C [由题意可知：十二个节气的日影子长为等差数列，设为a1，a2，…，a12，公差为d，其前n项和为Sn，则a1+a5+a9=16.5，S12=84，
代入得a1+a1+4d+a1+8d=16.5，12a1+12×11d2=84，
解得a1＝1.5．故选C．]
5．(2024·湖南永州联考)“三分损益法”是古代中国发明的制定音律时所用的生律法．例如：假设能发出第一个基准音的乐器的长度为36，那么能发出第二个基准音的乐器的长度为36×1-13＝24，能发出第三个基准音的乐器的长度为24×1+13＝32，……，也就是依次先减少三分之一，后增加三分之一，以此类推．现有一兴趣小组采用此规律构造了一个共12项的数列{an}用来研究数据的变化，已知a8＝192，则a5＝( )
A．324 B．297
C．256 D．168
A [由损益规律可知a8＝a51-131+131-13，
即a51-131+131-13＝192，
解得a5＝324．故选A．]
6．(2024·甘肃金昌模拟)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题，“今有金箠，长五尺．斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是“现有一根金杖，长五尺，一头粗，一头细．在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”根据上述的已知条件，若金杖由粗到细是均匀变化的，估计此金杖总重量约为________斤．
15 [由题意知每一尺的重量构成等差数列，设首项为2，则第5项为4，所以总重量为2+42×5＝15斤．]
7．(2024·天津实验中学模拟)我国古代数学著作《九章算术》中有“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，最上面3节的容积之积为3，最下面3节的容积之积为243，则第5节的容积是________．
3 [设第n(n≤9，n∈N*)节的容积为an，则{an}(n≤9，n∈N*)为等比数列，且an>0，上面3节的容积之积为3，下面3节的容积之积为243，
∴a1a2a3=a23=3，a7a8a9=a83=243，
解得a2＝313，a8＝24313，
∴第5节的容积为a5＝a2a8＝313×24313＝3．]
8．(2024·江西南昌模拟)我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图将1，2，3，…，9填入3×3的方格内，使三行、三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15．一般地，将连续的正整数1，2，3，…，n2填入n×n个方格中，使得每行、每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n阶幻方．记n阶幻方的每列的数字之和为Nn，如图三阶幻方的N3＝15，那么N5＝________．
65 [由n阶幻方填入1，2，3，…，n2，共n列，这n2个数字之和为1＋2＋3＋…＋n2，由这n列之和都相等，则每一列和Nn＝1+2+3+…+n2n＝n21+n22n＝n1+n22．
故N5＝51+252＝5×13＝65．]
阶段提能(十) 数列
1．(北师大版选择性必修第二册P46 B组T2)若数列{an}为等差数列，Sn为前n项和，S5S8，则下列说法错误的是( )
A．d<0 B．a7＝0
C．S9>S5 D．S6和S7均为Sn的最大值
C [∵S5S8，
∴a6＝S6－S5>0，a7＝S7－S6＝0，
a8＝S8－S7<0，
∵{an}为等差数列，Sn为前n项和，
∴d＝a7－a6<0，∴{an}为递减数列，
∴S6和S7均为Sn的最大值，
S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9
＝2(a7＋a8)＝2a8<0，
∴S92．(人教A版选择性必修第二册P25T8)已知两个等差数列2，6，10，…，190及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列．求这个新数列的各项之和．
[解] 记等差数列2，6，10，…，190为{an}，则{an}的通项公式为an＝2＋4(n－1)＝4n－2；
记等差数列2，8，14，…，200为{bn}，则{bn}的通项公式为bn＝2＋6(n－1)＝6n－4．
记{an}与{bn}的公共项组成的数列为{cn}．
令an1＝bn2，得4n1－2＝6n2－4，则n1＝3n2-12，
又n1∈N*，所以n2＝2k－1，k∈N*，故{cn}也是一个等差数列，
又c1＝2，d＝c2－c1＝b3－b1＝14－2＝12，
所以cn＝2＋(n－1)×12＝12n－10．
令12n－10<190，得n<16 23，则数列{cn}共有16项．
故新数列各项之和为16×2＋16×152×12＝1 472．
3．(人教B版选择性必修第三册P59复习题B组T11)已知等差数列{an}的前n项和为An，等差数列{bn}的前n项和为Bn，且AnBn＝2n+33n+2，求a8b8．
[解] 因为等差数列{an}的前n项和为An，等差数列{bn}的前n项和为Bn，且AnBn＝2n+33n+2，
所以a8b8＝2a82b8＝a1+a15b1+b15＝15a1+a15215b1+b152＝A15B15＝2×15+33×15+2＝3347．
4．(人教A版选择性必修第二册P41T7)已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＋an＝3×2n．
(1)求证：{an－2n}是等比数列．
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
[解] (1)证明：由题意，∵an＋1＋an＝3×2n，
∴an+1-2n+1an-2n＝3×2n-an-2n+1an-2n，
＝2n-anan-2n＝－1，
且a1＝1，
∴a1－2＝1－2＝－1，
∴{an－2n}是首项为－1，公比为－1的等比数列．
(2)由(1)知，an－2n＝(－1)·(－1)n-1＝(－1)n，
∴an＝(－1)n＋2n，
∴Sn＝21＋22＋…＋2n＋(－1)＋1＋…＋(－1)n，
当n为偶数时，Sn＝21-2n1-2＝2n+1－2，
当n为奇数时，Sn＝21-2n1-2－1＝2n+1－3．
综上，Sn＝2n+1-2，n为偶数，2n+1-3，n为奇数．
5．(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝( )
A．7 B．8
C．9 D．10
A [法一：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，
所以由等比数列的前n项和公式，得
S2=a11-q21-q=a11+q=4，S4=a11-q41-q=a11+q1+q2=6，两式相除，
得q2＝12，所以a1=42-2，q=22或a1=42+2，q=-22，
所以S6＝a11-q61-q＝7．故选A．
法二：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7．故选A．]
6．(2022·全国乙卷)已知等比数列an的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )
A．14 B．12
C．6 D．3
D [设等比数列an的公比为q，q≠0，
若q＝1，则a2－a5＝0，与题意矛盾，
所以q≠1，
则a1+a2+a3=a11-q31-q=168，a2-a5=a1q-a1q4=42， 解得a1=96，q=12 ，
所以a6＝a1q5＝3．故选D．]
7．(2023·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( )
A．120 B．85
C．－85 D．－120
C [法一：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意易知q≠1，则a11-q41-q=-5，a11-q61-q=21×a11-q21-q，化简整理得q2=4，a11-q=13．所以S8＝a11-q81-q＝13×(1－44)＝－85，故选C．
法二：易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝54．当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；当S2＝54时，结合S4＝－5得a11-q41-q=-5，a11-q21-q=54，化简可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故选C．]
8．(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝( )
A．25 B．22
C．20 D．15
C [法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9．设等差数列{an}的公差为d，则d＝a8-a48-4＝9-54＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋5×42×d＝20，故选C．
法二：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5 ①，由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45 ②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋5×42×d＝20，故选C．]
9．(2023·天津卷)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为( )
A．3 B．18
C．54 D．152
C [法一：因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以数列{an}是公比q＝an+1an＝3的等比数列．当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C．
法二：设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝2a11-qn1-q＋2＝－2a11-q·qn＋2a11-q＋2，所以a1=-2a11-q，0=2a11-q+2，
又a1≠0，所以q＝3，a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C．]
10．(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列an的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________．
2 [由2S3＝3S2＋6可得2a1+a2+a3＝3·a1+a2＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，
即2a1+2d＝2a1＋d＋6，解得d＝2．]
11．(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________．
－12 [由8S6＝7S3，可知数列{an}的公比q≠1，所以8×a11-q61-q＝7×a11-q31-q，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，所以q＝－12．]
12．(2023·北京卷)我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量(单位：铢)从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝________；数列{an}所有项的和为________．
48 384 [法一：设前3项的公差为d，后7项的公比为q，且q>0，则q4＝a9a5＝19212＝16，可得q＝2，则a3＝1＋2d＝a5q2，即1＋2d＝3，可得d＝1，
所以a3＝3，a7＝a3q4＝48．
a1＋a2＋…＋a9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋31-271-2＝384．
法二：因为{an}(3≤n≤9)为等比数列，则a72＝a5a9＝12×192＝482，
且an>0，所以a7＝48；又因为a52＝a3a7，则a3＝a52a7＝3．
设后7项公比为q，且q>0，则q2＝a5a3＝4，解得q＝2，可得a1＋a2＋a3＝3a1+a32＝6，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝a3-a9q1-q＝3-192×21-2＝381，
所以a1＋a2＋…＋a9＝6＋381－a3＝384．]