2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)數(shù)列教學(xué)案

1、2021年高考第二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)教學(xué)案：數(shù)列考綱指要：數(shù)列綜合及實(shí)際問(wèn)題在高考中占有重要的地位,通常以數(shù)列為工具，綜合運(yùn)用函數(shù)、方程、不等式等知識(shí)，通過(guò)運(yùn)用逆推思想、函數(shù)與方程、歸納與猜想、等價(jià)轉(zhuǎn)化、分類(lèi)討論等各種數(shù)學(xué)思想方法，這些題目都考察考生靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，考點(diǎn)掃描：1 .等差數(shù)列定義、通項(xiàng)公式、2 .等比數(shù)列定義、通項(xiàng)公式、3 .數(shù)列求通項(xiàng)的常用方法如:對(duì)于遞歸數(shù)列，那么常用歸納、猜想、n項(xiàng)和公式。n項(xiàng)和公式。作新數(shù)列法；累差疊加法；歸納、猜想法；而數(shù)學(xué)歸納法證明；迭代法；代換法。包括代數(shù)代換，對(duì)數(shù)代數(shù)，三角代數(shù)。4.數(shù)列求和常用方法如:考題先知：公式法;裂項(xiàng)求和；

2、錯(cuò)項(xiàng)相消法；并項(xiàng)求和。1.fXbx1ax10g162,f2求函數(shù)的表達(dá)式；定義數(shù)列an求證：對(duì)任意的解：由不等式因?yàn)閍i(1f(1)(1f(2)*,12N有(a1-)22b110g162(1(a212b2I2aa2a3f(n),求數(shù)列an的通項(xiàng);(anan所以1-等價(jià)于4122132J422.如圖，一類(lèi)橢圓:Cn2：x2看1,(0bnbn1,n1,2,3G上有一點(diǎn)Pn到右準(zhǔn)線(xiàn)1n的距離dn是PnFn與PnGn），假設(shè)橢圓的等差中項(xiàng)，其中Fn、G分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)。1試證:.2n32取bn，并用Sn表布pnFnGn的面積，試證：S1S2且S1nSn(n3)。n2證明：1由題設(shè)與橢圓的幾何性質(zhì)

3、得：2dn=PnFn+PnGn=2,故dn=1,2111設(shè)Cn<1bn，那么右準(zhǔn)線(xiàn)ln的方程為：Xn,，從而由1dn21得CnCnCn1 rr12.3,八Cn1,即一V-1bn1,有bn(n1)；2 221.cn2Cn2Cn1)52設(shè)點(diǎn)Pn(Xn，yn),那么由dn=1得Xn1,一一22一2、13從而ynbn(1Xn)1(2CnCn所以Sn12ayn|=J(2屋/2g1),因函數(shù)f(x)2xx2x1中，由f(x)c21.136x2x20得x6113一1,1上是減函數(shù),6.11.13所以與在區(qū)間1,13上是增函數(shù),在區(qū)間由6二，可得a旬b；1上26，知Cn是遞增數(shù)列，由31134而c2-c

4、3,故可證S1$2且S1nSn(n3)°465評(píng)注：這是一道較為綜合的數(shù)列與解析幾何結(jié)合的題目，涉及到的知識(shí)較多，有橢圓的相關(guān)知識(shí)，列不等式與解不等式，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證明其單調(diào)性等，這也說(shuō)明數(shù)列只是一個(gè)特殊函數(shù)的本原問(wèn)題，提示了數(shù)列問(wèn)題的函數(shù)思想方法。復(fù)習(xí)智略：一,4t2t2.例3二次函數(shù)y=f(x)在x=處取得取小值(t>0),f(1)=0.24(1)求y=f(x)的表達(dá)式；(2)假設(shè)任意實(shí)數(shù)x都滿(mǎn)足等式f(x)g(x)+anx+bn=xn+1g(x)為多項(xiàng)式，nCN*),試用t表示an和bn；(3)設(shè)圓G的方程為(xan)2+(ybn)2=rn2,圓G與G+i外切(n=

5、1,2,3,);rn是各項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列，記S為前n個(gè)圓的面積之和，求rn、St22t2解；(1)設(shè)f(x)=a(x-)-_,由f(1)=0得a=1.f(x)=x2-(t+2)x+t+1(2)將f(x)=(x1)x(t+1)1代入得n+1(x-1)x(t+1)g(x)+anx+bn=x,上式對(duì)任意的xer都成立，取x=1和x=t+1分別代入上式得anbn1(t1)anbn(t1)n1且tW0,解得an=1：(t+1)n+1-1Lbn=1(t+1n)tt由于圓的方程為(xa)2+(ybn)2=rn2,又由(2)知an+bn=1,故圓G的圓心O在直線(xiàn)x+y=1上,又圓G與圓G+1相切，故有rn

6、+rn+1=J2|an+1-anI=J2(t+1)設(shè)rn的公比為q,那么+得rnrnq瘋t1)n1rn1rn1q向t1)n2q=K+1,代入得rn=".o/222、r；(q2n1)2(t1)42n”.$=n(r1+r2+rn)=/(t+1)1,q21t(t2)3檢測(cè)評(píng)估：1.動(dòng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)x、縱坐標(biāo)y使lgy、lgx、lg2-x成等差數(shù)列，那么點(diǎn)P的軌跡圖形2是1.解：由條件得21gxlgylgx,即2x2xyy20,又y0,yx,x0,22x,(x0)所以化為y,應(yīng)選C。x,(x0)，2、各項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列an的公比qw1,且a2,1a3,a1成等差數(shù)列，那么a3a42a4a&

7、#167;的值為,51.51AB1&D痣1,而11,2,3,，n,在11248642028368121620357911123456f(an)(n為奇數(shù))，g(an)(n為偶數(shù)),D.6X21003-50206 .在直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn),xi,x2,4依次成等差數(shù)列，7 .a,b,a+b成等差數(shù)列,而1,yna,b,abP(xi,y1)、P2(x2,y2)是第一象限的兩個(gè)點(diǎn)，假設(shè)1,y2,8依次成等比數(shù)列，那么OPP2的面積是成等比數(shù)列，且0<log4ab)<1,那么m的取值范圍是3.給定正整數(shù)nn2按右圖方式構(gòu)成三角形數(shù)表：第一行依次寫(xiě)上數(shù)下面一行的每相鄰兩個(gè)數(shù)的正

8、中間上方寫(xiě)上這兩個(gè)數(shù)之和，得到上面一行的數(shù)比下一行少一個(gè)數(shù)，依次類(lèi)推，最后一行第n行只有一個(gè)數(shù).例如n6時(shí)數(shù)表如下列圖，那么當(dāng)n2007時(shí)最后一行的數(shù)是A.25122007B.200722°°6C.25122008D,2007220054.設(shè)等比數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，項(xiàng)數(shù)是偶數(shù)，它的所有項(xiàng)的和等于偶數(shù)項(xiàng)和的4倍，且第二項(xiàng)與第四項(xiàng)的積是第3項(xiàng)與第4項(xiàng)和的9倍，那么數(shù)列l(wèi)gan的前幾項(xiàng)和最大A.4B.5C.6D.75. fx=x+1,gx=2x+1,數(shù)列an滿(mǎn)足：a=1,an+i=那么數(shù)列an的前2021項(xiàng)的和為A.5X22021-2021B.3X22021-5020C.6X

9、22021-502018.數(shù)列an滿(mǎn)足：an1-an2,nN,a14,那么an.二。39、在等差數(shù)列an中，a1為首項(xiàng)，Sn是其前n項(xiàng)的和，將&(a1an)n整理為2盤(pán)1an1a1后可知：點(diǎn)P(a1,3),P2(a2,S2),，旦,之),n是正整數(shù)n2212n1 1都在直線(xiàn)y-xa1上，類(lèi)似地，假設(shè)an是首項(xiàng)為a1，公比為q(q1)的等比數(shù)歹U,2 2那么點(diǎn)P(a1,S)P2(a2,S2),，Pn(an,Sn),n是正整數(shù)在直線(xiàn)上10.假設(shè)實(shí)數(shù)a1，a2,a3,a4是一個(gè)等差數(shù)列，且滿(mǎn)足1闞3枚a4.假設(shè)定義bn2an,給出以下命題：b1,b2,b3,b4是一個(gè)等比數(shù)列；bib2;b2

10、4；b432；b2b4256.其中正確的命題序號(hào)為.11、隨著國(guó)家政策對(duì)節(jié)能環(huán)保型小排量車(chē)的調(diào)整，兩款1.1升排量的Q型車(chē)、R型車(chē)的銷(xiāo)量引起市場(chǎng)的關(guān)注。2021年1月Q型車(chē)的銷(xiāo)量為a輛，通過(guò)分析預(yù)測(cè)，假設(shè)以2021年1月為第1月，其后兩年內(nèi)Q型車(chē)每月的銷(xiāo)量都將以1%勺比率增長(zhǎng)，而R型車(chē)前n個(gè)月的銷(xiāo)售總量Tn大致滿(mǎn)足關(guān)系式：Tn228a1.012n1.1求Q型車(chē)前n個(gè)月的銷(xiāo)售總量Sn的表達(dá)式；2比較兩款車(chē)前n個(gè)月的銷(xiāo)售總量Sn與Tn的大小關(guān)系;3試問(wèn)到2021年底是否會(huì)出現(xiàn)兩種車(chē)型中一種車(chē)型的月銷(xiāo)售量小于另一種車(chē)型月銷(xiāo)售量的20%并說(shuō)明理由.12.f(x)logax(0a1),an,假設(shè)數(shù)列an

11、使彳#2,f(ai),f(a2),f(a3),f(an),2n4(nN*)成等差數(shù)列1求an的通項(xiàng)an;2設(shè)bnanf(an),假設(shè)bn的前n項(xiàng)和是$,且2a41a21,求證：Sn2n42na3.點(diǎn)撥與全解：一_yx_221.解：由條件得21gxlgylg,即2xxyy20,又y0,yx,x0,所以化為y2x,(x0),應(yīng)選Cox,(x0)2152 .斛：設(shè)公比為q,由aqaqa1，從而q負(fù)值舍去，應(yīng)選B。3 .解：設(shè)第n行的數(shù)為an,那么ana01(a012n2),從而小芻*L即數(shù)列2n24a11a.a是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，得an2n242n所以a20071200822007,應(yīng)

12、選A。44.設(shè)公比為q,項(xiàng)數(shù)為2mmeN,依題意有4q11化簡(jiǎn)彳導(dǎo)q1解得q3.a1q29(1q),a1108設(shè)數(shù)列l(wèi)gan前n項(xiàng)和為S,那么S=lga1+lga1q2+lga1qn1=lgaJ-q1+2+(n1),11,=nlga+n(n1)lgq=n(21g2+1g3)n(n1)lg3221g327=(紀(jì))-n+(21g2+-1g3).n2221g271g3可見(jiàn)，當(dāng)n=2一時(shí)，S最大.1g321g271g3而2一1g3403704，,一40.370.4=5,故眄an的前5項(xiàng)和最大一應(yīng)選B20.45.解：a2n+2=a2n+1+1=222n+1+1=2a2n+2,H2n+2+2=2a2n+2

13、，數(shù)列a2n+2是以2為公比、以a2=ai+1=2為首項(xiàng)的等比數(shù)列.a2n+2=2X2a2n=2n-2.又a2n+a2n+1=a2n+2a2n+1=3a2n+1,，數(shù)列an的前2021項(xiàng)的和為ai+a2+a3+=a1+=1+=1+=3X3a2+1+3X25十3X25十a(chǎn)4+a5+3a4+1+3X2252、3X25a6+a7+3a6+1+十3X235十3+3X25十a(chǎn)2021+a20213a2021+1十3X2十3X210031003552+22+23+21003+1-5X1003=6X210031+15X1003=6X210035020,應(yīng)選6.解：由1,Xi,X2,4依次成等差數(shù)列得72Xi

14、=X2+1,Xi+X2=5解得D.Xi=2,X2=3又由1,yi,y2,8依次成等比數(shù)列，得yi2=y2,yiy2=8，解得yi=2,y2=4,R(2,2),P2(3,4)OPi(2,2),OP2=(3,4)OPOP214,OP12、.2,|OP2|5,7.解：由2bb2,原不等式化為0lo9m8(一00,8)o8.解：作方程x2,則x3rz一.當(dāng)a124時(shí)，aiX0,biai11數(shù)列。是以1,一-為公比的等比數(shù)列39.利用等比數(shù)列的求和公式可知:y3Xai1q10.可證正確。11.解：1Q型車(chē)每月的銷(xiāo)售量an是以首項(xiàng)a11%1.01的等比數(shù)列J,.前n個(gè)月的銷(xiāo)售總量S2.SnTn100a1.01nai.01n11.011100a1.01n1228a1.012n24.100ai.01n1228a1.01n1.01n1228a1.01nn1.0132571.01n10,1.01n32570，SnTn.3記QR兩款車(chē)第n個(gè)月的月銷(xiāo)售量分別為an和bn,那么ann1a1.01當(dāng)n2時(shí)，bnTnTn1228a1.012n1228a1.012nbi4.5828a或2280.0