2023版高三一輪總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)新教材老高考人教版教案：第6章 命題探秘3　高考中的數(shù)列問題

1、 高考中的數(shù)列問題 考點一數(shù)列中的數(shù)學(xué)建模問題 eq avs4al(典例1)(2021新高考卷)某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時，發(fā)現(xiàn)剪紙時經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折規(guī)格為20 dm12 dm的長方形紙，對折1次共可以得到10 dm12 dm，20 dm6 dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1240 dm2，對折2次共可以得到5 dm12 dm，10 dm6 dm，20 dm3 dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2180 dm2，以此類推則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為_；如果對折n次，那么 eq isu(k1,n,S)k_dm2.5240 eq blc(rc)(avs4alco1

2、(3f(n3,2n)依題意得，S11202240；S2603180；當(dāng)n3時，共可以得到5 dm6 dm， eq f(5,2) dm12 dm，10 dm3 dm，20 dm eq f(3,2) dm四種規(guī)格的圖形，且5630， eq f(5,2)1230，10330，20 eq f(3,2)30，所以S3304120；當(dāng)n4時，共可以得到5 dm3 dm， eq f(5,2) dm6 dm， eq f(5,4) dm12 dm，10 dm eq f(3,2) dm，20 dm eq f(3,4) dm五種規(guī)格的圖形，所以對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為5，且5315， eq f(5,2

3、)615， eq f(5,4)1215，10 eq f(3,2)15，20 eq f(3,4)15，所以S415575；所以可歸納Sk eq f(240,2k)(k1) eq f(240（k1）,2k).所以 eq isu(k1,n,S)k240 eq blc(rc)(avs4alco1(1f(3,22)f(4,23)f(n,2n1)f(n1,2n)，所以 eq f(1,2) eq isu(k1,n,S)k240 eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,22)f(3,23)f(4,24)f(n,2n)f(n1,2n1)，由得， eq f(1,2) eq isu(k1,n,S)k240

4、 eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,22)f(1,23)f(1,24)f(1,2n)f(n1,2n1)240 eq blc(rc)(avs4alco1(1f(f(1,22)f(1,2n)f(1,2),1f(1,2)f(n1,2n1)240 eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)f(n3,2n1)，所以 eq isu(k1,n,S)k240 eq blc(rc)(avs4alco1(3f(n3,2n)dm2.真題衍生某同學(xué)嘗試用數(shù)學(xué)模型來說明隔離和醫(yī)療兩大因素在對抗傳染病時的作用模型假設(shè)如下：假設(shè)1.傳染病在人群中的表現(xiàn)有潛伏期和爆發(fā)期兩種形式，潛伏期無癥狀，爆

5、發(fā)期可以被人識別，無論在潛伏期還是爆發(fā)期的病人都具有相同的傳染性潛伏期時間記為m0，以潛伏期時間m0為一個傳染周期；假設(shè)2.記r0為一個病人在一個傳染周期內(nèi)平均感染人數(shù)；假設(shè)3.某一固定區(qū)域(如某個城市)的人群，保持原有的生活習(xí)慣，即r0不變(1)第一模型：無干預(yù)模型在上述模型假設(shè)中，取m01天，r01.2，假設(shè)初始的潛伏期人數(shù)為1萬，那么1天后將有1萬人處于爆發(fā)期，1.2萬人處于潛伏期，感染總?cè)藬?shù)為2.2萬人，由此估算9天后感染總?cè)藬?shù)是_萬人(2)第二模型：無限醫(yī)療模型，增加兩個模型假設(shè)：假設(shè)4.政府和社會加大醫(yī)療投入，將所有爆發(fā)期的病人“應(yīng)收盡收”；假設(shè)5.潛伏期病人在傳染健康人群后轉(zhuǎn)為爆

6、發(fā)期病人，然后被收入醫(yī)院，收入醫(yī)院的病人即失去傳染性在第二模型中，取m01天，r01.2，假設(shè)初始的潛伏期人數(shù)為1萬，由此估算_天后感染總?cè)藬?shù)將超過1 000萬(參考數(shù)據(jù)：1.284.3，1.295.2，1.2106.2，1.22038.3，1.229197.8，1.230237.4，2.28549，2.291 207，2.2102 656)(1)1 207(2)29(1)記an為n天后感染總?cè)藬?shù)，則a12.2，a22.22，所以a92.291 207，即第9天后感染總?cè)藬?shù)是1 207萬人(2)記bn為第n天收入醫(yī)院的人數(shù)，所以b11，b21.2.由題易得bn為首項為1，公比為1.2的等比數(shù)列

7、，所以bn1.2n1.若n天后總感染人數(shù)超過1 000萬，即b1b2bn1.2bn1 000，所以11.21.221.2n1 000，所以1.2n1201.又因為1.230237.4201，1.229197.8201，所以n130，所以n29，即第29天后感染總?cè)藬?shù)將超過1 000萬解決數(shù)列中的數(shù)學(xué)建模問題，常用的解題思路是：審題、建模、研究模型、解決新定義問題研究模型時需注意：(1)量(多個量)；(2)量之間的關(guān)系(規(guī)律)：等差、等比規(guī)律；遞推關(guān)系；其它規(guī)律由特殊到一般進行歸納總結(jié)；(3)與數(shù)列通項公式有關(guān)或與前n項和有關(guān)等跟進訓(xùn)練1(2021廣東佛山一模)隨著新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革持續(xù)推

8、進，以數(shù)字化、網(wǎng)絡(luò)化、智能化以及融合化為主要特征的新型基礎(chǔ)設(shè)施建設(shè)越來越受到關(guān)注.5G基站建設(shè)就是“新基建”的眾多工程之一，截至2020年底，我國已累計開通5G基站超70萬個，未來將進一步完善基礎(chǔ)網(wǎng)絡(luò)體系，穩(wěn)步推進5G網(wǎng)絡(luò)建設(shè)，實現(xiàn)主要城區(qū)及部分重點鄉(xiāng)鎮(zhèn)5G網(wǎng)絡(luò)覆蓋.2021年1月計劃新建設(shè)5萬個5G基站，以后每個月比上一個月多建設(shè)1萬個，預(yù)計我國累計開通500萬個5G基站時要到()A2022年12月B2023年2月C2023年4月 D2023年6月B每個月開通5G基站的個數(shù)是以5為首項，1為公差的等差數(shù)列，設(shè)預(yù)計我國累計開通500萬個5G基站需要n個月，則705n eq f(n（n1）,2)

9、1500，化簡整理得，n29n8600，解得n25.17或34.17(舍負)，所以預(yù)計我國累計開通500萬個5G基站需要25個月，也就是到2023年2月故選B. 考點二數(shù)列中的新定義問題 eq avs4al(典例2)(2021新高考卷改編)設(shè)正整數(shù)na020a121ak12k1ak2k，其中ai0，1，記(n)a0a1ak，給出下列四個結(jié)論：(2n)(n); (2n3)(n)1；(8n5)(4n3); (2n1)n.其中所有正確結(jié)論的序號為_對于，(n)a0a1ak，2na021a122ak12kak2k1，(2n)a0a1ak(n)，正確；對于，取n2知，2n37120121122，(7)3

10、，而2020121，(2)011，(7)3(2)1，錯誤；對于，8n5a023a124ak2k35120122a023a124ak2k3，(8n5)11a0a1aka0a1ak2，4n3a022a123ak2k23120121a022a123ak2k2，(4n3)11a0a1aka0a1ak2，(8n5)(4n3)，正確；對于，2n120212n112012112n1，(2n1)n，正確，綜上：正確對于新信息情境下的數(shù)列問題，在讀懂題意的前提下，依據(jù)題目提供的信息，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使得問題得以解決跟進訓(xùn)練2(2020全國卷

11、)01周期序列在通信技術(shù)中有著重要應(yīng)用，若序列a1a2an滿足ai0，1(i1，2，)，且存在正整數(shù)m，使得aimai(i1，2，)成立，則稱其為01周期序列，并稱滿足aimai(i1，2，)的最小正整數(shù)m為這個序列的周期對于周期為m的01序列a1a2an，C(k) eq f(1,m) eq o(,sup6(m),sdo6(i1)aiaik(k1，2，m1)是描述其性質(zhì)的重要指標(biāo)，下列周期為5的01序列中，滿足C(k) eq f(1,5)(k1，2，3，4)的序列是()A11010 B11011C10001 D11001C對于A，因為C(1) eq f(1110011001,5) eq f(1

12、,5)，C(2) eq f(1011001101,5) eq f(2,5)，不滿足C(k) eq f(1,5)，故A不正確；對于B，因為C(1) eq f(1110011111,5) eq f(3,5)，不滿足C(k) eq f(1,5)，故B不正確；對于C，因為C(1) eq f(1000000111,5) eq f(1,5)，C(2) eq f(1000010110,5)0，C(3) eq f(1001010010,5)0，C(4) eq f(1101000010,5) eq f(1,5)，滿足C(k) eq f(1,5)，故C正確；對于D，因為C(1) eq f(1110000111,5

13、) eq f(2,5)，不滿足C(k) eq f(1,5)，故D不正確綜上所述，故選C. 考點三數(shù)列中的綜合問題 eq avs4al(典例3)(2021浙江高考)已知數(shù)列an的前n項和為Sn，a1 eq f(9,4)，且4Sn13Sn9(nN*).(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列bn滿足3bn(n4)an0(nN*)，記bn的前n項和為Tn，若Tnbn對任意nN*恒成立，求實數(shù)的取值范圍四字解題讀想算思4Sn13Sn9(nN*)，求an的通項公式an與Sn的關(guān)系求基本量：a1和q方程思想3bn(n4)an0(nN*)數(shù)列求和的方法求bn前n項和Tn錯位相減法Tnbn對任意nN*恒成立恒

14、成立問題的解法分離參數(shù)，求相應(yīng)函數(shù)的最值分類討論解(1)當(dāng)n1時，4(a1a2)3a194a2 eq f(9,4)9 eq f(27,4)，a2 eq f(27,16)，當(dāng)n2時，由4Sn13Sn9，得4Sn3Sn19，得4an13an.a2 eq f(27,16)0，an0， eq f(an1,an) eq f(3,4)，又 eq f(a2,a1) eq f(3,4)，an是首項為 eq f(9,4)，公比為 eq f(3,4)的等比數(shù)列，an eq f(9,4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4) eq sup10(n1)3 eq blc(rc)(avs4alco1(f

15、(3,4)n.(2)由3bn(n4)an0，得bn eq f(n4,3)an(n4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)n.所以Tn3 eq f(3,4)2 eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)21 eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)30 eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)4(n4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)n， eq f(3,4)Tn3 eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)22 eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)31 eq blc(rc)(avs4

16、alco1(f(3,4)4(n5) eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)n(n4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4) eq sup10(n1)，兩式相減得 eq f(1,4)Tn3 eq f(3,4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)2 eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)3 eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)4 eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)n(n4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4) eq sup10(n1) eq f(9,4) eq f(f(9

17、,16)blcrc(avs4alco1(1blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)sup10(n1),1f(3,4)(n4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4) eq sup10(n1) eq f(9,4) eq f(9,4)4 eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4) eq sup10(n1)(n4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4) eq sup10(n1)n eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4) eq sup10(n1)，所以Tn4n eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4) eq sup10

18、(n1).由Tnbn對任意nN*恒成立，得4n eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4) eq sup10(n1)(n4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)n恒成立，即(n4)3n0恒成立，n4時，不等式恒成立；n4時， eq f(3n,n4)3 eq f(12,n4)，得3；所以31.答題模板第一步根據(jù)4Sn13Sn9(nN*)及an與Sn的關(guān)系，判斷出數(shù)列的類型，進而確立數(shù)列的通項公式第二步通過3bn(n4)an0(nN*)求出bn第三步根據(jù)和的表達式或通項的特征，選擇合適的方法(定義法、分組轉(zhuǎn)化法、錯位相減法、裂項相消法)求和第四步聯(lián)想不等式恒成立問題

19、的解法，分離變量，轉(zhuǎn)化成函數(shù)最值，求參數(shù)范圍第五步反思解題過程，檢驗易錯點、規(guī)范解題步驟跟進訓(xùn)練3(2021重慶八中模擬)已知數(shù)列 eq blcrc(avs4alco1(an)滿足a13a25a3 eq blc(rc)(avs4alco1(2n1)ann eq blc(rc)(avs4alco1(n1).(1)求數(shù)列 eq blcrc(avs4alco1(an)的通項公式；(2)在bn eq blc(rc)(avs4alco1(anan1)28n，bn eq f(2n,an)，bn eq f(（1）n,an)，這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并求解該問題若_，求數(shù)列 eq blcrc

20、(avs4alco1(bn)的前n項和Tn.解(1)對于a13a25a3 eq blc(rc)(avs4alco1(2n1)ann eq blc(rc)(avs4alco1(n1)，當(dāng)n 1時，有a11；當(dāng)n2，有a13a25a3 eq blc(rc)(avs4alco1(2n3)an1n1，得： eq blc(rc)(avs4alco1(2n1)an1，所以an eq f(1,2n1).經(jīng)檢驗：an eq f(1,2n1)對n 1也成立所以數(shù)列 eq blcrc(avs4alco1(an)的通項公式為an eq f(1,2n1).(2)選條件：bn eq blc(rc)(avs4alco1(

21、anan1)28nbn eq blc(rc)(avs4alco1(anan1)28n eq f(8n,blc(rc)(avs4alco1(2n1)2blc(rc)(avs4alco1(2n1)2) eq f(1,blc(rc)(avs4alco1(2n1)2) eq f(1,blc(rc)(avs4alco1(2n1)2)所以數(shù)列 eq blcrc(avs4alco1(bn)的前n項和：Tnb1b2bn eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,12)f(1,32) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,32)f(1,52) eq blcrc(avs4alco1(f(1,b

22、lc(rc)(avs4alco1(2n1)2)f(1,blc(rc)(avs4alco1(2n1)2) eq f(1,12) eq f(1,blc(rc)(avs4alco1(2n1)2) eq f(4n24n,blc(rc)(avs4alco1(2n1)2).選條件：bn eq f(2n,an).則bn eq blc(rc)(avs4alco1(2n1)2n.所以數(shù)列 eq blcrc(avs4alco1(bn)的前n項和：Tnb1b2bn eq blc(rc)(avs4alco1(121) eq blc(rc)(avs4alco1(322) eq blcrc(avs4alco1(blc(rc)(avs4a