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文檔簡介
命題點6數(shù)列預(yù)測說明數(shù)列問題特別突出對數(shù)學(xué)思維能力的考查,問題的設(shè)計始終貫穿觀察、分析、歸
納、類比、遞推、運算、概括、猜想、證明、應(yīng)用等.既通過歸納、類比、遞推等方
法的應(yīng)用突出數(shù)學(xué)探究、理性思維的培養(yǎng),又通過通項公式、遞推公式、前n項和公
式等內(nèi)容進行大量技能訓(xùn)練,培養(yǎng)邏輯思維、運算求解能力.從近幾年的高考題可以
看出,數(shù)列部分以考查基礎(chǔ)知識為主,同時鍛煉運算求解能力、邏輯思維能力等.重點
考查對數(shù)列基礎(chǔ)知識的掌握程度及靈活運用,同時也要重視對通性通法的培養(yǎng).命題方向:1.對基礎(chǔ)知識的考查,主要包括:對數(shù)列的概念及表示方法的理解和應(yīng)用;等差數(shù)列和
等比數(shù)列的性質(zhì)、通項公式、遞推公式、前n項和公式中基本量的運算或者利用它
們之間的關(guān)系式通過多角度觀察所給條件的結(jié)構(gòu),深入剖析其特征,利用其規(guī)律進行
恰當變形與轉(zhuǎn)化求解數(shù)列的問題;利用等差、等比數(shù)列的定義判斷或證明數(shù)列問題
等.2.對綜合能力的考查,如:通過轉(zhuǎn)化與化歸思想利用錯位相減、裂項相消、分組求和等
方法求數(shù)列的前n項和;數(shù)列與不等式、函數(shù)等的綜合問題.在最新的考卷結(jié)構(gòu)中,新定
義的數(shù)列題也會以壓軸的身份出現(xiàn)在最后一題的位置,此類問題突顯了數(shù)列表示數(shù)字
規(guī)律的特點,對學(xué)生的邏輯思維能力要求極高,應(yīng)予以重視.預(yù)測探究識透高頻考點1.(2024浙江紹興二模,3)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且
-
=6,則a7-a4=
(
)A.9
B.10
C.11
D.12D2.(2024福建百強校5月模擬,5)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和,若Sn=2an-1,則
=
(
)A.4
B.
C.
D.8D3.(2024廣東廣州二模,16)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a2n+1=2an+2,且
為等差數(shù)列.(1)求{an}的通項公式;(2)在
與
之間插入n個數(shù),使這n+2個數(shù)組成一個公差為dn(dn>0)的等差數(shù)列,記數(shù)列
的前n項和為Tn,求證:Tn<3.
綜合知識運用
等差數(shù)列;錯位相減法求和
解析
(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則an=a1+(n-1)d.在a2n+1=2an+2中,令n=1,得a3=2a1+2,所以a1+2d=2a1+2,即a1=2d-2.①因為
為等差數(shù)列,則
+
=2×
,化簡得
+
=2×
.②聯(lián)立①②,解得a1=d=2,所以an=2n.(2)證明:由(1)得
=2n,
=2n+1,所以dn=
=
,所以Tn=
+
+
+…+
=
+
+
+…+
,
Tn=
+
+
+…+
,兩式相減得
Tn=
+
+
+…+
-
=1+
-
=
-
,所以Tn=3-
<3.4.(2024河南名校聯(lián)考,19)在等差數(shù)列{an}中,已知a3=7,a4,a5,4a2成等差數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)數(shù)列{
}是不是等比數(shù)列?若是,求其前n項和,若不是,請說明理由;(3)設(shè)logqdn=
,且?k∈N*,?n∈N*,dk-dn=dk+1+dk+2,求q的所有取值.
綜合能力考查
數(shù)列的綜合問題
解析
(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d,因為a3=7,a4,a5,4a2成等差數(shù)列,所以
解得a1=1,d=3,所以an=3n-2.(2)因為
=21=2,
=
=23=8,所以{
}是首項為2,公比為8的等比數(shù)列,所以數(shù)列{
}的前n項和為
=
.(3)因為logqdn=
,所以dn=
=qn-1,因為?k∈N*,?n∈N*,dk-dn=dk+1+dk+2,所以d1-d2-d3=1-q-q2=qm(m=n-1,m∈N),當m=0時,q無解;當m=1時,得q=
-1;當m≥2(m∈N)時,1-q-q2=qm,即qm+q2+q=1(*),令f(q)=qm+q2+q,則f(q)是關(guān)于q的單調(diào)遞增函數(shù),因為0<q<
,所以f(q)=qm+q2+q<
+
+
≤
+
+
=1,所以(*)無解,所以q的取值為
-1,進一步得,當q=
-1時,對任意的正整數(shù)k,dk-dk+1-dk+2=dk(1-q-q2)=dkq=dk+1,滿足:?k∈N*,?k+1∈N*,dk-dk+1=dk+1+dk+2,所以q的所有取值為
-1.參透創(chuàng)新情境1.(多選)(2024江蘇南京寧海中學(xué)4月模擬,11)定義Hn=
為數(shù)列{an}的“優(yōu)值”,已知某數(shù)列{an}的“優(yōu)值”Hn=2n,前n項和為Sn,下列關(guān)于數(shù)列{an}的描述正
確的有
()A.數(shù)列{an}為等差數(shù)列
B.數(shù)列{an}為遞增數(shù)列C.
=
D.S2,S4,S6成等差數(shù)列ABC2.(2024廣東深圳二調(diào),19)無窮數(shù)列a1,a2,…,an,…的定義如下:如果n是偶數(shù),就對n盡可能
多次地除以2,直到得出一個奇數(shù),這個奇數(shù)就是an;如果n是奇數(shù),就對3n+1盡可能多次
地除以2,直到得出一個奇數(shù),這個奇數(shù)就是an.(1)寫出這個數(shù)列的前7項;(2)如果an=m且am=n,求m,n的值;(3)記an=f(n),n∈N*,求一個正整數(shù)n,滿足n<f(n)<f(f(n))<…<
(n)…)).
創(chuàng)新情境
數(shù)列中的新定義問題
解析
(1)根據(jù)題意,a1=(3×1+1)÷2÷2=1,a2=2÷2=1,a3=(3×3+1)÷2=5,a4=4÷2÷2=1,a5=(3×5+1)÷24=1,a6=6÷2=3,a7=(3×7+1)÷2=11.(2)由已知,m,n均為奇數(shù),不妨設(shè)n≤m.當n=1時,因為a1=1,所以m=1,故m=n=1;當n>1時,因為
<n≤m,而n為奇數(shù),an=m,所以m=
.又m為奇數(shù),am=n,所以存在k∈N*,使得n=
為奇數(shù).所以2kn=3m+1=
+1=
.而4n<
<6n,所以4n<2kn<6n,即4<2k<6,k∈N*,無解.所以m=n=1.(3)顯然n不能為偶數(shù),否則f(n)≤
<n,不滿足n<f(n),所以n為正奇數(shù).又f(1)=a1=1,所以n≥3,設(shè)n=4k+1或n=4k-1,k∈N*.當n=4k+1時,f(n)=
=3k+1<4k+1=n,不滿足n<f(n);當n=4k-1時,f(n)=
=6k-1>4k-1=n,即n<f(n).所以,當n=22025k-1,k∈N*時,n<f(n)=
=3×22024k-1<f(f(n))=
=32×22023k-1<…<
(n)…))=
=32023×22k-1<
(n)…))=
=32024×2k-1,即n<f(n)<f(f(n))<…<
(n)…)).可取k=1,則n=22025-1,即滿足要求的一個正整數(shù)n的值可以是22025-1.3.(2024吉林長春東北師大附中第五次模擬,19)對于數(shù)列{an},稱{Δan}為數(shù)列{an}的一
階差分數(shù)列,其中Δan=an+1-an(n∈N*).對正整數(shù)k(k≥2),稱{Δkan}為數(shù)列{an}的k階差分數(shù)
列,其中Δkan=Δ(Δk-1an)=Δk-1an+1-Δk-1an.已知數(shù)列{an}的首項a1=1,且{Δan+1-an-2n}為{an}的二
階差分數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)設(shè)bn=
(n2-n+2),{xn}為數(shù)列{bn}的一階差分數(shù)列,?n∈N*,是否都有
xi
=an成立?并說明理由;(其中
為組合數(shù))(3)對于(2)中的數(shù)列{xn},令yn=
,其中
<t<2.證明:
yi<2n-
.
創(chuàng)新情境
數(shù)列中的新定義問題
解析
(1)因為{Δan+1-an-2n}為{an}的二階差分數(shù)列,所以Δan+1-an-2n=Δ2an,將Δ2an=Δan+1-Δan代入得Δan+1-an-2n=Δan+1-Δan,整理得Δan-an=2n,即an+1-2an=2n,所以
-
=
.又a1=1,故數(shù)列
是首項為
,公差為
的等差數(shù)列,因此,
=
+(n-1)·
,即an=n·2n-1.(2)因為{xn}為數(shù)列{bn}的一階差分數(shù)列,所以xn=bn+1-bn=n.對于
xi
=
+2
+…+n
=n·2n-1,①當n=1時,①式成立;當n≥2時,因為n·2n-1=n·(1+1)n-1=n·(
+
+…+
),且n
=k
,所以①式成立.故?n∈N*都有
xi
=an成立.(3)證明:由(2)知xn=n
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