新高考数学一轮复习专题命题点6数列课件

命题点6数列预测说明数列问题特别突出对数学思维能力的考查,问题的设计始终贯穿观察、分析、归

纳、类比、递推、运算、概括、猜想、证明、应用等.既通过归纳、类比、递推等方

法的应用突出数学探究、理性思维的培养,又通过通项公式、递推公式、前n项和公

式等内容进行大量技能训练,培养逻辑思维、运算求解能力.从近几年的高考题可以

看出,数列部分以考查基础知识为主,同时锻炼运算求解能力、逻辑思维能力等.重点

考查对数列基础知识的掌握程度及灵活运用,同时也要重视对通性通法的培养.命题方向:1.对基础知识的考查,主要包括:对数列的概念及表示方法的理解和应用;等差数列和

等比数列的性质、通项公式、递推公式、前n项和公式中基本量的运算或者利用它

们之间的关系式通过多角度观察所给条件的结构,深入剖析其特征,利用其规律进行

恰当变形与转化求解数列的问题;利用等差、等比数列的定义判断或证明数列问题

等.2.对综合能力的考查,如:通过转化与化归思想利用错位相减、裂项相消、分组求和等

方法求数列的前n项和;数列与不等式、函数等的综合问题.在最新的考卷结构中,新定

义的数列题也会以压轴的身份出现在最后一题的位置,此类问题突显了数列表示数字

规律的特点,对学生的逻辑思维能力要求极高,应予以重视.预测探究识透高频考点1.(2024浙江绍兴二模,3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且

-

=6,则a7-a4=

(

)A.9

B.10

C.11

D.12D2.(2024福建百强校5月模拟,5)设Sn为数列{an}的前n项和,若Sn=2an-1,则

=

(

)A.4

B.

C.

D.8D3.(2024广东广州二模,16)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2n+1=2an+2,且

为等差数列.(1)求{an}的通项公式;(2)在

与

之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为dn(dn>0)的等差数列,记数列

的前n项和为Tn,求证:Tn<3.

综合知识运用

等差数列;错位相减法求和

解析

(1)设等差数列{an}的公差为d,则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因为

为等差数列,则

+

=2×

,化简得

+

=2×

.②联立①②,解得a1=d=2,所以an=2n.(2)证明:由(1)得

=2n,

=2n+1,所以dn=

=

,所以Tn=

+

+

+…+

=

+

+

+…+

,

Tn=

+

+

+…+

,两式相减得

Tn=

+

+

+…+

-

=1+

-

=

-

,所以Tn=3-

<3.4.(2024河南名校联考,19)在等差数列{an}中,已知a3=7,a4,a5,4a2成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)数列{

}是不是等比数列?若是,求其前n项和,若不是,请说明理由;(3)设logqdn=

,且∀k∈N*,∃n∈N*,dk-dn=dk+1+dk+2,求q的所有取值.

综合能力考查

数列的综合问题

解析

(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,因为a3=7,a4,a5,4a2成等差数列,所以

解得a1=1,d=3,所以an=3n-2.(2)因为

=21=2,

=

=23=8,所以{

}是首项为2,公比为8的等比数列,所以数列{

}的前n项和为

=

.(3)因为logqdn=

,所以dn=

=qn-1,因为∀k∈N*,∃n∈N*,dk-dn=dk+1+dk+2,所以d1-d2-d3=1-q-q2=qm(m=n-1,m∈N),当m=0时,q无解;当m=1时,得q=

-1;当m≥2(m∈N)时,1-q-q2=qm,即qm+q2+q=1(*),令f(q)=qm+q2+q,则f(q)是关于q的单调递增函数,因为0<q<

,所以f(q)=qm+q2+q<

+

+

≤

+

+

=1,所以(*)无解,所以q的取值为

-1,进一步得,当q=

-1时,对任意的正整数k,dk-dk+1-dk+2=dk(1-q-q2)=dkq=dk+1,满足:∀k∈N*,∃k+1∈N*,dk-dk+1=dk+1+dk+2,所以q的所有取值为

-1.参透创新情境1.(多选)(2024江苏南京宁海中学4月模拟,11)定义Hn=

为数列{an}的“优值”,已知某数列{an}的“优值”Hn=2n,前n项和为Sn,下列关于数列{an}的描述正

确的有

()A.数列{an}为等差数列

B.数列{an}为递增数列C.

=

D.S2,S4,S6成等差数列ABC2.(2024广东深圳二调,19)无穷数列a1,a2,…,an,…的定义如下:如果n是偶数,就对n尽可能

多次地除以2,直到得出一个奇数,这个奇数就是an;如果n是奇数,就对3n+1尽可能多次

地除以2,直到得出一个奇数,这个奇数就是an.(1)写出这个数列的前7项;(2)如果an=m且am=n,求m,n的值;(3)记an=f(n),n∈N*,求一个正整数n,满足n<f(n)<f(f(n))<…<

(n)…)).

创新情境

数列中的新定义问题

解析

(1)根据题意,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均为奇数,不妨设n≤m.当n=1时,因为a1=1,所以m=1,故m=n=1;当n>1时,因为

<n≤m,而n为奇数,an=m,所以m=

.又m为奇数,am=n,所以存在k∈N*,使得n=

为奇数.所以2kn=3m+1=

+1=

.而4n<

<6n,所以4n<2kn<6n,即4<2k<6,k∈N*,无解.所以m=n=1.(3)显然n不能为偶数,否则f(n)≤

<n,不满足n<f(n),所以n为正奇数.又f(1)=a1=1,所以n≥3,设n=4k+1或n=4k-1,k∈N*.当n=4k+1时,f(n)=

=3k+1<4k+1=n,不满足n<f(n);当n=4k-1时,f(n)=

=6k-1>4k-1=n,即n<f(n).所以,当n=22025k-1,k∈N*时,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,则n=22025-1,即满足要求的一个正整数n的值可以是22025-1.3.(2024吉林长春东北师大附中第五次模拟,19)对于数列{an},称{Δan}为数列{an}的一

阶差分数列,其中Δan=an+1-an(n∈N*).对正整数k(k≥2),称{Δkan}为数列{an}的k阶差分数

列,其中Δkan=Δ(Δk-1an)=Δk-1an+1-Δk-1an.已知数列{an}的首项a1=1,且{Δan+1-an-2n}为{an}的二

阶差分数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=

(n2-n+2),{xn}为数列{bn}的一阶差分数列,∀n∈N*,是否都有

xi

=an成立?并说明理由;(其中

为组合数)(3)对于(2)中的数列{xn},令yn=

,其中

<t<2.证明:

yi<2n-

.

创新情境

数列中的新定义问题

解析

(1)因为{Δan+1-an-2n}为{an}的二阶差分数列,所以Δan+1-an-2n=Δ2an,将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,故数列

是首项为

,公差为

的等差数列,因此,

=

+(n-1)·

,即an=n·2n-1.(2)因为{xn}为数列{bn}的一阶差分数列,所以xn=bn+1-bn=n.对于

xi

=

+2

+…+n

=n·2n-1,①当n=1时,①式成立;当n≥2时,因为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)证明:由(2)知xn=n