2022届高考北师大版数学（理）一轮复习学案：专题提能 透视数列高考热点探求应对策略

《2022届高考北师大版数学（理）一轮复习学案：专题提能 透视数列高考热点探求应对策略》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高考北师大版数学（理）一轮复习学案：专题提能 透视数列高考热点探求应对策略（8页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、 透视数列高考热点，探求应对策略 授课提示：对应学生用书第 116 页 数列是一种特殊的函数，其考查的重点是数列的通项、数列的前 n 项和、参数的取值范围的 探求、数列不等式的证明等，研究的数列主要是等比数列与等差数列数列的最值、周期性、 单调性的探究，以及递推数列的相关综合题目，也是历年高考考查的热点 （一）数列单调性及应用 1与等差数列的单调性有关的问题 例 1 已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足：a11，an0，a2n14Sn4n1（nN） ， 若不等式 4n28n3（5m）2n an对任意的 nN恒成立，则整数 m 的最大值为（ ） A3 B4 C5 D6 解析 当 n2 时，

2、 a2 n14Sn4n1， a2n4Sn14（n1）1， 两式相减得 a2n1a2n4an4，即 a2n1a2n4an4（an2）2，又 an0，所以 an1an2 （n2） 对 a2n14Sn4n1，令 n1，可得 a224a1419，所以 a23，则 a2a12， 所以数列an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，故 an2n1 因为 4n28n3（2n1） （2n3） ，nN，2n10，所以不等式 4n28n3（5m） 2n an等价于 5m2n3 2n 记 bn2n3 2n ，则bn 1 bn 2n1 2n 1 2n3 2n 2n1 4n6，当 n3 时， bn1 bn 1，又 b1

3、1 2，b2 1 4，b3 3 8，所以（bn）maxb3 3 8故 5m 3 8，得 m 37 8 ，所以整数 m 的最大 值为 4 答案 B 将 an的表达式代入不等式 4n28n3（5m） 2n an，约去公因式，从而简化了运算在求 解 bn2n3 2n 的最大值时，通过作商与“1”比较大小判断数列的单调性，从而求得最大值 2与等比数列的单调性有关的问题 例 2 已知数列an满足：a11，an1 an an2（nN ） ，若 bn1（n） 1 an1 ，b1 ，且数列bn是递增数列，则实数 的取值范围是（ ） A （2，） B （3，） C （，2） D （，3） 解析 由 an1 an

4、 an2知， 1 an1 2 an1，即 1 an112 1 an1 ，所以数列 1 an1 是首项为 1 a1 12，公比为 2 的等比数列，所以 1 an12 n，所以 b n1（n） 2 n，因为数列b n是递增 数列，所以 bn1bn（n）2n（n1）2n 1（n1）2n10 对一切正整数 n 恒 成立，所以 n1，因为 nN，所以 2 答案 C 判断数列的单调性的方法 函数法：构造函数，通过判断所构造函数的单调性，即可得出相应数列的单调性 定义法：利用单调函数的定义判断数列的单调性 作差法：对于数列中任意相邻的两项 an1，an，通过作差 an1an，判断其与 0 的大小，即可 判断

5、数列的单调性 作商法：数列的各项非零且同号（同正或同负） ，对于数列中任意相邻的两项 an1，an，通过 作商an 1 an ，判断其与 1 的大小，即可判断数列的单调性 题组突破 1已知数列an的首项为 a1，bn是公比为2 3的等比数列，且 bn an2 an1（nN ） ，若不等式 anan1对任意的 nN恒成立，则 a1的取值范围是（ ） A （2，2） B （2，0） C （0，2） D （2，） 解析： bnan2 an1 （nN） ， anbn2 bn1， an 1anb n12 bn11 bn2 bn1 bn1bn （1bn1）（1bn） 1 3bn 12 3bn （1bn）

6、0，解得 bn3 2或 0bn1若 bn 3 2，则 b1 2 3 n1 3 2对任意的 nN 恒成立，显然不可能；若 0bn1，则 0b1 2 3 n1 1 对任意的 nN恒成立，只需 0b1 1，即 0a12 a111，解得 a12 答案：D 2已知在等差数列an中，a1120，公差 d4，若 Snan（n2） ，其中 Sn为该数列的前 n 项和，则 n 的最小值为（ ） A60 B62 C70 D72 解析： 由题意得 an1204 （n1） 1244n， Sn120nn（n1） 2 （4） 122n2n2 由 Snan，得 122n2n21244n，即 n263n620，解得 n62

7、或 n1（舍去） 所以 n 的 最小值为 62 答案：B 3 （2021 贵阳高三监测）在数列an中，a1a2 2 a3 3 an n 2n1（nN） ，且 a11，若 存在 nN使得 ann（n1） 成立，即实数 的最小值为_ 解析：依题意得，数列 an n 的前 n 项和为 2n1，当 n2 时，an n （2n1）（2n 11） 2n 1，且a1 1 211121 1，因此an n2 n1（nN ） ， an n（n1） 2n 1 n1记 bn 2n 1 n1，则 bn 0，bn 1 bn 2（n1） n2 （n2）n n2 n2 n21，bn 1bn，数列bn是递增数列，数列bn 的最

8、小项是 b11 2依题意得，存在 nN使得 an n（n1）bn 成立，即有 b11 2， 的 最小值是1 2 答案：1 2 （二）数列中的新情境问题 例 3 已知an是各项均为正数的等比数列，且 a1a23，a3a22，等差数列bn的前 n 项和为 Sn，且 b35，S416 （1）求数列an，bn的通项公式； （2）如图，在平面直角坐标系中，有点 P1（a1，0） ，P2（a2，0） ，Pn（an，0） ，Pn1（an 1，0） ，Q1（a1，b1） ，Q2（a2，b2） ，Qn（an，bn） ，若记PnQnPn1的面积为 cn，求数列 cn的前 n 项和 Tn 解析 （1）设数列an的公

9、比为 q， 因为 a1a23，a3a22，所以 a1a1q3， a1q2a1q2， 得 3q25q20，又 q0， 所以 q2，a11，则 an2n 1 设数列bn的公差为 d， 因为 b35，S416，所以 b12d5， 4b16d16， 解得 b11， d2， 则 bn2n1 （2）由（1）得 PnPn1an1an2n2n 12n1， PnQnbn2n1， 故 cnSPnQnPn12 n1（2n1） 2 （2n1）2n 2， 则 Tnc1c2c3cn 1 211325（2n1）2 n2， 2Tn112345（2n1）2n 1， 由得，Tn1 22（122 n2）（2n1） 2n11 2 2

10、（12n 1） 12 （2n1） 2n 1 （32n）2n 13 2，故 Tn（2n3）2 n13 2（nN） 数列中新情境问题的求解关键：一是观察新情境的特征，如本题中的各个直角三角形的两直 角边长的特征；二是会转化，如本题，把数列cn的通项公式的探求转化为直角三角形的两直 角边长的探求；三是活用数列求和的方法，如本题，活用错位相减法，即可得数列cn的前 n 项和 例 4 设数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sn S2n为常数，则称数列an为“幸福数列” （1）等差数列bn的首项为 1，公差不为零，若bn为“幸福数列”，求bn的通项公式； （2）数列cn的各项都是正数，其前 n 项和为 S

11、n，若 c31c32c33c3nS2n对任意的 nN 都成立，试推断数列cn是否为“幸福数列”？并说明理由 解析 （1）设等差数列bn的公差为 d（d0） ，前 n 项和为 Tn，则 Tn T2nk，因为 b11， 所以 n1 2n（n1）dk2n 1 2 2n（2n1）d， 即 2（n1）d4k2k（2n1）d， 整理得（4k1）dn（2k1） （2d）0 因为对任意正整数 n 上式恒成立， 则 d（4k1）0， （2k1）（2d）0，解得 d2， k1 4. 故数列bn的通项公式是 bn2n1 （2）数列cn不是“幸福数列”理由如下： 由已知，当 n1 时，c31S21c21 因为 c10

12、，所以 c11 当 n2 时，c31c32c33c3nS2n，c31c32c33c3n1S2n1 两式相减，得 c3nS2nS2n1（SnSn1） （SnSn1）cn （SnSn1） 因为 cn0，所以 c2nSnSn12Sncn 显然 c11 适合上式，所以当 n2 时，c2n12Sn1cn1 于是 c2nc2n12（SnSn1）cncn12cncncn1cncn1 因为 cncn10，所以 cncn11，所以数列cn是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以 cnn，Snn（n1） 2 所以 Sn S2n n（n1） 2n（2n1） n1 4n2不为常数，故数列cn不是“幸福数列” 遇到新

13、定义问题， 应耐心读题， 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，使问题得以解决 对点训练 “泥居壳屋细莫详，红螺行沙夜生光”是宋代诗人欧阳修对鹦鹉螺的描述假设一条螺旋 线是用以下方法画成（如图） ：ABC 是边长为 1 的正三角形，曲线 CA1，A1A2，A2A3分别是 以 A，B，C 为圆心，AC，BA1，CA2为半径画的弧，曲线 CA1A2A3称为螺旋线，再以 A 为圆 心，AA3为半径画弧如此画下去，则所得弧 CA1，A1A2，A2A3，A28A29，A29A30的总长 度为（ ） A310 B110 3 C58 D110 解析

14、：根据弧长公式知，弧 CA1，A1A2，A2A3，An2An1，An1An的长度分别为2 3，2 2 3， 32 3， （n1） 2 3，n 2 3，该数列是首项为 2 3，公差为 2 3 的等差数列，所以该数列的 前 n 项和 Sn 3n（n1） ，所以所得弧 CA1，A1A2，A2A3，A28A29，A29A30 的总长度为 S30 330（301）310 答案：A （三）数列与其他知识交汇应用 数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，数列常与函数、向量、三角函数、 解析几何、充分必要条件等知识相交汇，考查数列的基本运算与应用 例 5 （2021 宜昌月考）已知等差数列an的前

15、n 项和为 Sn，若OB a1OA a2 020OC ，且 A， B，C 三点共线（该直线不过点 O） ，则 S2 020等于（ ） A1 008 B1 010 C2 017 D2 019 解析 A，B，C 三点共线，a1a2 0201， S2 0202 020（a1a2 020） 2 1 010 答案 B 本题巧妙地将三点共线条件（PA xPByPC且 A，B，C 三点共线xy1）与等差数列的 求和公式结合，解决的关键是抓住整体思想求值 题组突破 1等差数列an中的 a4，a2 016是函数 f（x）x36x24x1 的极值点，则 log1 4 a1 010（ ） A1 2 B2 C2 D1

16、 2 解析：因为 f（x）3x212x4，而 a4和 a2 016为函数 f（x）x36x24x1 的极值点，所 以 a4和 a2 016为 3x212x40 的根，所以 a4a2 0164，又 a4，a1 010，a2 016成等差数列，所 以 2a1 010a4a2 016，即 a1 0102，所以 log1 4 a1 0101 2 答案：D 2已知数列an为等差数列，数列bn为等比数列，且满足 a2 016a2 017，b20b214，则 tan a1a4 032 2b19b22（ ） A 3 3 B 3 C1 D1 解析：依题意得 a1a4 032a2 016a2 017，b19b22

17、b20b214，所以 tana1a4 032 2b19b22tan 6 3 3 答案：A 3 （2021 淄博一中月考）已知函数 f（x）axb（a0，a1）的图像经过点 P（1，3） ，Q （2，5） 当 nN时，an f（n）1 f（n） f（n1），记数列an的前 n 项和为 Sn，当 Sn 10 33时 n 的 值为（ ） A4 B5 C6 D7 解析： f （x） 的图像过点 P （1， 3） ， Q （2， 5） ， 易知 f （x） 2x1， an 2n （2n1）（2n 11） （2 n11）（2n1） （2n1）（2n 11） 1 2n1 1 2n 11，Sn 1 21 1

18、221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n 111 3 1 2n 11，1 3 1 2n 1110 33， 1 2n 11 1 33，解得 n4 答案：A 4 （2021 蚌埠一中月考）已知点 A（1，0） ，B（0，1）和互不相同的点 P1，P2，P3，Pn， 满足OPn anOA bnOB （nN ） ， 其中an， bn分别为等差数列和等比数列， O 为坐标原点， 若AP1 2P1B （1）求 P1的坐标； （2）试判断点 P1，P2，P3，Pn，能否共线？并证明你的结论 解析： （1）设 P1（x，y） ，则AP1 （x1，y） ，P1B （x，1y） ， 由AP1 2P1B

19、 得 x12x，y22y，得 x1 3，y 2 3，所以 P1 1 3， 2 3 （2）由OPn anOA bnOB ，得OPn （an，bn） 设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的 公比为 q，由题意知 d0，q1 不会同时成立 若 d0 且 q1，则 ana11 3，则 P1，P2，P3，Pn，都在直线 x 1 3上； 若 q1 且 d0，则 bnb12 3，则 P1，P2，P3，Pn，都在直线 y 2 3上； 若 d0 且 q1，假设 P1，P2，P3，Pn，共线 则（anan1，bnbn1）与（an1an，bn1bn）共线（n1，nN ） ， 即 anan1（an1an）， bnbn1（bn1bn） （R） ，则 bn1bnbnbn1，得 q1，与 q1 矛盾， 故当 d0 且 q1 时，P1，P2，P3，Pn，不共线