(江苏专用)2020版高考数学二轮复习 专题三 数列 高考热点追踪(三)课件 文 苏教版

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数学[第二部分高考20题各个击破]专题三数列高考热点追踪(三)01知识交汇02方法博览03专题强化精练提能交汇性试题,向来是高考试题中最为亮丽的风景线,这类问题着重考查观察发现,类比转化以及运用数学知识分析和解决数学问题的能力.下面举例说明数列的交汇性运用,请同学们赏析.一、数列与几何图形交汇(2019·南通模拟)如图是一个面积为1的三角形,现进行如下操作.第一次操作:分别连结这个三角形三边的中点,构成4个三角形,挖去中间一个三角形(如图①中阴影部分所示),并在挖去的三角形上贴上数字标签“1”;第二次操作:连结剩余的三个三角形三边的中点,再挖去各自中间的三角形(如图②中阴影部分所示),同时在挖去的3个三角形上都贴上数字标签“2”;第三次操作:连结剩余的各三角形三边的中点,再挖去各自中间的三角形,同时在挖去的三角形上都贴上数字标签“3”;……,如此下去.记第n次操作后剩余图形的总面积为an.(1)求a1、a2;(2)欲使剩余图形的总面积不足原三角形面积的14,问至少经过多少次操作?(3)求第n次操作后,挖去的所有三角形上所贴标签上的数字和Sn.【解】(1)a1=34,a2=916.(2)因为{an}是以34为首项,以34为公比的等比数列,所以an=34n.由34n14,得3n4n-1.因为3140,3241,3342,3443,3544,所以当n=5时,34n14.所以至少经过5次操作,可使剩余图形的总面积不足原三角形面积的14.(3)设第n次操作挖去bn个三角形,则{bn}是以1为首项,3为公比的等比数列,即bn=3n-1.所以所有三角形上所贴标签上的数字的和Sn=1×1+2×3+…+n×3n-1,则3Sn=1×3+2×32+…+n×3n,两式相减,得-2Sn=(1+3+32+…+3n-1)-n×3n=3n-12-n×3n,故Sn=n2-14×3n+14.[名师点评]本题把几何问题与代数解法自然联系起来.从运算到推理,都要有很强的思维判断性和熟练的解题技能.合理的推断,能使解题简捷、运算简单,节约大量的解题时间,反之,则会因运算繁杂不断出错而无法进行下去,这体现了有较高的思维水平者因能善于运用思维而赢得解题时间,是高层次的解决问题能力的标志.二、数列与三角函数交汇已知函数f(x)=32sin2x+π6-12cos2x+π6.(1)求函数f(x)的最小正周期与单调递减区间;(2)若函数g(x)=fx2,x0且函数g(x)的图象与直线y=32交点的横坐标由小到大依次是x1,x2,…,xn,求数列{xn}的前100项和.【解】f(x)=32sin2x+π6-12cos2x+π6=sin2x+π6-π6=sin2x.(1)函数f(x)的最小正周期T=2π2=π.令2kπ+π2≤2x≤2kπ+3π2,k∈Z,得kπ+π4≤x≤kπ+3π4,k∈Z,所以函数f(x)的单调递减区间为kπ+π4,kπ+3π4,k∈Z.(2)法一:因为g(x)=fx2,所以g(x)=sinx,x0.由sinx=32,x0,得x=2kπ+π3,k∈N或x=2kπ+2π3,k∈N,所以x1+x2+…+x99+x100=(x1+x3+x5+…+x99)+(x2+x4+x6+…+x100)=π3+2π+π3+4π+π3+…+98π+π3+2π3+2π+2π3+4π+2π3+…+98π+2π3=50π3+98π+π32+502π3+98π+2π32=50×198π2=4950π.法二:因为g(x)=fx2,所以g(x)=sinx,x0.由正弦函数的对称性、周期性,可知x1+x22=π2,x3+x42=2π+π2,x5+x62=4π+π2,…,x99+x1002=98π+π2,所以x1+x2+…+x99+x100=π+5π+…+193π+197π=50×(π+197π)2=4950π.[名师点评]高考试题力求以角度新、情境新、设问方式新的形式呈现.提高难度主要在于“新”,而不在“难”,“新”本身就已蕴涵“难”.把“新”作为关键,能够考查思维的灵活性和创造性,体现高考的选拔功能,本题很好地体现了这一特征.三、数列与向量交汇(2019·南京四校第一学期联考)已知向量a=(x,-1),b=(xy,x-y),若a⊥b,y=f(x).(1)求f(x)的表达式;(2)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=13,a2n+1=2anf(an)(n∈N*),求数列{an}的通项公式;(3)在(2)的条件下,设bn=1a2n-1,Sn为数列{bn}的前n项和,求使Sn>1278成立的n的最小值.【解】(1)由a⊥b,得x2y+(-1)(x-y)=0,所以y=xx2+1,则f(x)的表达式为f(x)=xx2+1.(2)由(1)知f(x)=xx2+1,所以a2n+1=2anf(an)=2an·ana2n+1=2a2na2n+1,因此1a2n+1=a2n+12a2n=12a2n+12,所以1a2n+1-1=12a2n-12=121a2n-1.又1a21-1=9-1=8≠0,所以数列1a2n-1是以8为首项,12为公比的等比数列,则1a2n-1=8×12n-1=24-n.又an>0,所以an=124-n+1,则数列{an}的通项公式为an=124-n+1.(3)由(2)知数列1a2n-1是以8为首项,12为公比的等比数列,而bn=1a2n-1,所以数列{bn}是以8为首项,12为公比的等比数列,因此数列{bn}的前n项和Sn=81-12n1-12=161-12n.又Sn>1278,所以161-12n>1278,则12n<1128,所以n>7.所以正整数n的最小值为8.[名师点评]由于向量既能体现“形”的直观位置特征,又具有“数”的良好运算性质,是数形结合与转换的桥梁和纽带,因此在向量与数列交汇处设计试题,已逐渐成为高考命题的一个亮点.数列{an},{bn}都是等差数列,它们的前n项和分别为Sn,Tn,如果SnTn=5n+134n+5,求a10b10的值.考查目标:(1)等差数列基本量的运算;(2)等差数列性质的运用;(3)相关的数学思想:如转化化归思想,函数与方程思想等.解法探究:法一:利用方程的思想,寻找a1,b1,d,d′的关系.因为a1b1=S1T1=2,2a1+d2b1+d′=S2T2=2313,3a1+3d3b1+3d′=S3T3=2817.所以a1=2b1,d=109b1,d′=89b1,所以a10b10=a1+9db1+9d′=2b1+10b1b1+8b1=43.一般地,anbn=a1+(n-1)db1+(n-1)d′=2b1+109(n-1)b1b1+89(n-1)b1=8+10n1+8n.法二:利用前n项和的函数特征.由题意知两等差数列的公差均不为0,由于Sn=An2+Bn,Sn是关于n的二次函数且没有常数项,因此可根据题意将其设为Sn=kn(5n+13)=5kn2+13kn,Tn=kn(4n+5)=4kn2+5kn(k是常数),因为an=Sn-Sn-1=k(5n2+13n)-k[5(n-1)2+13(n-1)]=k(10n+8).bn=Tn-Tn-1=k(4n2+5n)-k[4(n-1)2+5(n-1)]=k(8n+1).所以anbn=10n+88n+1,所以a10b10=10×10+88×10+1=43.法三:利用性质,从一般到特殊.anbn=2an2bn=a1+a2n-1b1+b2n-1=(a1+a2n-1)12(2n-1)(b1+b2n-1)12(2n-1)=S2n-1T2n-1=5(2n-1)+134(2n-1)+5=10n+88n+1(n∈N*),所以a10b10=10×10+88×10+1=43.[方法提炼与启示]性质1若{an}是等差数列,它的前n项和为Sn,则S2n-1S2m-1=(2n-1)an(2m-1)am.证明:S2n-1S2m-1=(2n-1)a1+(2n-1)(2n-2)d2(2m-1)a1+(2m-1)(2m-2)d2=(2n-1)[a1+(n-1)d](2m-1)[a1+(m-1)d]=(2n-1)an(2m-1)am.性质2若{an}是等差数列,它的前n项和为Sn,则SmSn=am2+bman2+bn.证明:SmSn=d2m2+a1-d2md2n2+a1-d2n=am2+bman2+bn.其中a=d2,b=a1-d2[例题变式]若{an}是等差数列,且SmSn=m2-2mn2-2n,求a5a6.[解]法一:利用性质1,得a5a6=11S99S11=79.法二:利用性质2,得SmSn=d2m2+a1-d2md2n2+a1-d2n=m2-2mn2-2n.设d2=k,a1-d2=-2k(k≠0),则a1=-k,d=2k.所以a5a6=a1+4da1+5d=-k+8k-k+10k=79.本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放

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