2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第5章平面向量數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入微專題進(jìn)階課5平面向量與“四心”學(xué)案含解析新人教A版20230519149

2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第5章平面向量數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入微專題進(jìn)階課5平面向量與“四心”學(xué)案含解析新人教A版20230519149第5章平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入平面向量與“四心”在平面向量的應(yīng)用中，用平面向量解決平面幾何問題時(shí)，首先將幾何問題中的幾何元素和幾何關(guān)系用向量表示，然后選擇適當(dāng)?shù)幕紫蛄浚瑢⑾嚓P(guān)向量表示為基向量的線性組合，把問題轉(zhuǎn)化為基向量的運(yùn)算問題，最后將運(yùn)算的結(jié)果再還原為幾何關(guān)系．應(yīng)用向量相關(guān)知識(shí)，可以巧妙地解決三角形四心所具備的一些特定的性質(zhì)．重心問題已知O是△ABC所在平面上的一點(diǎn)，若eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))(其中P為平面上任意一點(diǎn)),則點(diǎn)O是△ABC的()A．外心B．內(nèi)心C．重心D．垂心C解析：由已知得3eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))，所以3eq\o(PO,\s\up6(→))＋3eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，即eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以點(diǎn)O是△ABC的重心.如圖，△ABC的重心為G，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，試用a，b，c表示eq\o(OG,\s\up6(→)).解：設(shè)AG交BC于點(diǎn)M，則M是BC的中點(diǎn)．因?yàn)閑q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－\o(OG,\s\up6(→))＝\o(GA,\s\up6(→))，,b－\o(OG,\s\up6(→))＝\o(GB,\s\up6(→))，,c－\o(OG,\s\up6(→))＝\o(GC,\s\up6(→))，))所以a＋b＋c－3eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→)).而eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，所以a＋b＋c－3eq\o(OG,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(a＋b＋c,3).垂心問題已知點(diǎn)O是平面上的一定點(diǎn)，A，B，C是平面上不共線的三個(gè)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC)))，λ∈[0，＋∞),則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡一定通過△ABC的()A．重心B．垂心C．外心D．內(nèi)心B解析：由已知得eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC)))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|cosC)))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|\o(AB,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|cosπ－B,|\o(AB,\s\up6(→))|cosB)＋\f(|\o(AC,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|cosC,|\o(AC,\s\up6(→))|cosC)))＝λ(－|eq\o(BC,\s\up6(→))|＋|eq\o(BC,\s\up6(→))|)＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC，所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡通過△ABC的垂心．已知點(diǎn)O為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，且eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(OB,\s\up6(→))2＋eq\o(CA,\s\up6(→))2＝eq\o(OC,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2，則點(diǎn)O一定為△ABC的()A．外心B．內(nèi)心C．重心D．垂心D解析：因?yàn)閑q\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(OB,\s\up6(→))2＋eq\o(CA,\s\up6(→))2，所以eq\o(OA,\s\up6(→))2－eq\o(OB,\s\up6(→))2＝eq\o(CA,\s\up6(→))2－eq\o(BC,\s\up6(→))2，所以(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))·(eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→)))，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·(eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→)))，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝0，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝0，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(BA,\s\up6(→))⊥eq\o(OC,\s\up6(→)).同理可得eq\o(CA,\s\up6(→))⊥eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))⊥eq\o(OA,\s\up6(→)).所以O(shè)為△ABC的垂心．故選D．外心問題已知點(diǎn)O是△ABC所在平面上的一點(diǎn)．若(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝0，則點(diǎn)O是△ABC的()A．外心B．內(nèi)心C．重心D．垂心A解析：由已知得(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))·(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＝(eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))·(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))＝0?eq\o(OB,\s\up6(→))2－eq\o(OA,\s\up6(→))2＝eq\o(OC,\s\up6(→))2－eq\o(OB,\s\up6(→))2＝eq\o(OA,\s\up6(→))2－eq\o(OC,\s\up6(→))2＝0?|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|.所以點(diǎn)O是△ABC的外心．在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，E為△ACD的重心，點(diǎn)F為△ABC的外心．求證：EF⊥CD．證明：建立如圖所示的坐標(biāo)系，設(shè)A(0，b)，B(－a,0)，C(a,0)，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(b,2)))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)a，\f(b,2)))，易知△ABC的外心F在y軸上，設(shè)為F(0，y)．由|eq\o(AF,\s\up6(→))|＝|eq\o(CF,\s\up6(→))|可得(y－b)2＝(－a)2＋y2，所以y＝eq\f(b2－a2,2b)，即Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b2－a2,2b))).連接AE，CE，DE，又由重心公式，得eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(EC,\s\up6(→))＝0，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,6)，\f(b,2)))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)，－\f(a2,2b)))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)a))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)))＋eq\f(b,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,2b)))＝0，所以eq\o(CD,\s\up6(→))⊥eq\o(EF,\s\up6(→))，即EF⊥CD．內(nèi)心問題已知點(diǎn)O是△ABC所在平面上的一點(diǎn)，若eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(a\o(PA,\s\up6(→))＋b\o(PB,\s\up6(→))＋c\o(PC,\s\up6(→)),a＋b＋c)(其中P是△ABC所在平面內(nèi)任意一點(diǎn))，則點(diǎn)O是△ABC的()A．外心B．內(nèi)心C．重心D．垂心B解析：因?yàn)閑q\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(a\o(PA,\s\up6(→))＋b\o(PB,\s\up6(→))＋c\o(PC,\s\up6(→)),a＋b＋c)，所以(a＋b＋c)eq\o(PO,\s\up6(→))＝aeq\o(PA,\s\up6(→))＋beq\o(PB,\s\up6(→))＋ceq\o(PC,\s\up6(→))，即aeq\o(PO,\s\up6(→))＋bPO＋ceq\o(PO,\s\up6(→))＝aeq\o(PA,\s\up6(→))＋beq\o(PB,\s\up6(→))＋ceq\o(PC,\s\up6(→))，移項(xiàng)并整理可得a(eq\o(PA,\s\up6(→))－eq\o(PO,\s\up6(→)))＋b(eq\o(PB,\s\up6(→))－eq\o(PO,\s\up6(→)))＋c(eq\o(PC,\s\up6(→))－eq\o(PO,\s\up6(→)))＝0，則aeq\o(OA,\s\up6(→))＋beq\o(OB,\s\up6(→))＋ceq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以點(diǎn)O是△ABC的內(nèi)心．已知點(diǎn)O是平面上一定點(diǎn)，A，B，C是平面上不共線的三個(gè)點(diǎn)，滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))，λ∈[0，＋∞)，則點(diǎn)P的軌跡一定通過△ABC的________.內(nèi)心解析：如圖所示，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))，由已知，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|))).所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))，λ∈[0，＋∞)．設(shè)λeq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\o(AD,\s\up6(→))，λeq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\o(AE,\s\up6(→))，所以D，E在射線AB和AC上，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))，所以AP是平行四邊形ADPE的對(duì)角線．又|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝|eq\o(AE,\s\up6(→))|，所以四邊形ADPE是菱形，所以點(diǎn)P在∠EAD即∠CAB的平分線上．故點(diǎn)P的軌跡一定通過△ABC的內(nèi)心．?dāng)?shù)列課程標(biāo)準(zhǔn)命題解讀1.了解數(shù)列的概念和表示方法(列表、圖象、通項(xiàng)公式)，了解數(shù)列是一種特殊函數(shù)．2.理解等差數(shù)列的概念和通項(xiàng)公式的意義．3.探索并掌握等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，理解等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式的關(guān)系．4.能在具體的問題情境中，發(fā)現(xiàn)數(shù)列的等差關(guān)系，并解決相應(yīng)的問題。體會(huì)等差數(shù)列與一元一次函數(shù)的關(guān)系．5.理解等比數(shù)列的概念和通項(xiàng)公式的意義．6.探索并掌握等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，理解等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式的關(guān)系．7.能在具體的問題情境中，發(fā)現(xiàn)數(shù)列的等比關(guān)系，并解決相應(yīng)的問題。體會(huì)等比數(shù)列與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系.考查形式：一般為一個(gè)選擇題和一個(gè)填空題或一個(gè)解答題考查內(nèi)容：數(shù)列的概念及表示方法、等差數(shù)列、等比數(shù)列的定義、性質(zhì)、通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式、數(shù)列求和及其應(yīng)用．備考策略：(1)熟練應(yīng)用等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式求值．(2)重視數(shù)列與函數(shù)關(guān)系的研究，注意函數(shù)性質(zhì)在數(shù)列中的應(yīng)用．(3)加強(qiáng)數(shù)列求和問題的訓(xùn)練．核心素養(yǎng)：數(shù)學(xué)抽象、直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算.第一節(jié)數(shù)列的概念與簡(jiǎn)單表示法一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．?dāng)?shù)列的概念與表示數(shù)列內(nèi)容定義按照確定的順序排列的一列數(shù)稱為數(shù)列，數(shù)列中的每一個(gè)數(shù)叫做這個(gè)數(shù)列的項(xiàng)，數(shù)列的第n項(xiàng)用an表示表示a1，a2，a3，…，an，…，簡(jiǎn)記為{an}函數(shù)觀點(diǎn)an＝f(n)，n∈N*(1)數(shù)列研究的是有規(guī)律的一列數(shù)，歸納與猜想是研究數(shù)列的重要方法．(2)有序性是數(shù)列的主要特征，數(shù)列的項(xiàng)an是序號(hào)n的函數(shù)，其中n是正整數(shù)．2．?dāng)?shù)列的分類分類標(biāo)準(zhǔn)名稱含義按項(xiàng)的個(gè)數(shù)有窮數(shù)列項(xiàng)數(shù)有限的數(shù)列無窮數(shù)列項(xiàng)數(shù)無限的數(shù)列按項(xiàng)的變化趨勢(shì)遞增數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)都大于它的前一項(xiàng)的數(shù)列?an<an＋1遞減數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)都小于它的前一項(xiàng)的數(shù)列?an>an＋1常數(shù)列各項(xiàng)都相等的數(shù)列?an＝an＋1擺動(dòng)數(shù)列從第2項(xiàng)起，有些項(xiàng)大于它的前一項(xiàng)，有些項(xiàng)小于它的前一項(xiàng)的數(shù)列數(shù)列的前三項(xiàng)的增減性是判斷數(shù)列是否具有增減性的必要條件，解題時(shí)要靈活運(yùn)用．3．?dāng)?shù)列的通項(xiàng)公式與遞推公式數(shù)列的形式意義特點(diǎn)通項(xiàng)公式用公式an＝f(n)，n∈N*給出數(shù)列可以求任意項(xiàng)遞推公式給出首項(xiàng)，相鄰兩項(xiàng)或多項(xiàng)之間的關(guān)系需依次求各項(xiàng)由數(shù)列的遞推公式求數(shù)列的通項(xiàng)公式是高頻考點(diǎn)．4．?dāng)?shù)列的前n項(xiàng)和(1)表示：在數(shù)列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做數(shù)列的前n項(xiàng)和．(2)an與Sn的關(guān)系：若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))(1)求數(shù)列的前n項(xiàng)和，從首項(xiàng)起，以后各項(xiàng)依次相加，其中項(xiàng)數(shù)是易錯(cuò)點(diǎn)．(2)由Sn求an的三個(gè)步驟：①求a1＝S1；②當(dāng)n≥2時(shí)，求an＝Sn－Sn－1；③驗(yàn)證首項(xiàng)．二、基本技能·思想·活動(dòng)體驗(yàn)1．判斷下列說法的正誤，對(duì)的打“√”，錯(cuò)的打“×”．(1)數(shù)列1,2,3與3,2,1是同一個(gè)數(shù)列．(×)(2)在數(shù)列{an}中，對(duì)于任意正整數(shù)m，n，am＋n＝amn＋1，若a1＝1，則a2＝2． (√)(3)根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng)歸納出數(shù)列的通項(xiàng)公式可能不止一個(gè)． (√)(4)任何一個(gè)數(shù)列不是遞增數(shù)列，就是遞減數(shù)列．(×)(5)如果數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則對(duì)?n∈N*，都有an＝Sn－Sn－1． (×)2．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2，則a8的值為()A．15B．16C．49D．64A解析：因?yàn)镾n＝n2，所以a1＝S1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.當(dāng)n＝1時(shí)符合上式，所以an＝2n－1，所以a8＝2×8－1＝15.3．(多選題)已知數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝n2－10n＋16，則下列說法正確的是()A．?dāng)?shù)列{an}是遞增數(shù)列B．?dāng)?shù)列{an}是遞減數(shù)列C．?dāng)?shù)列{an}中的最小項(xiàng)是第5項(xiàng)D．?dāng)?shù)列{an}前5項(xiàng)遞減，以后各項(xiàng)遞增CD解析：由于通項(xiàng)公式an＝n2－10n＋16＝(n－5)2－9，所以數(shù)列{an}中的最小項(xiàng)是第5項(xiàng)，數(shù)列{an}的前5項(xiàng)遞減，以后各項(xiàng)遞增．4．在數(shù)列1,1,2,3,5,8,13,21，x,55，…中，x＝________.34解析：通過觀察數(shù)列各項(xiàng)的規(guī)律，發(fā)現(xiàn)從第三項(xiàng)起，每項(xiàng)都等于它前兩項(xiàng)之和，因此x＝13＋21＝34.5．已知an＝n2＋λn，且對(duì)于任意的n∈N*，數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是________．(－3，＋∞)解析：因?yàn)閧an}是遞增數(shù)列，所以對(duì)任意的n∈N*，都有an＋1>an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，整理得2n＋1＋λ>0，即λ>－(2n＋1)．(*)因?yàn)閚≥1，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.考點(diǎn)1由數(shù)列的前幾項(xiàng)求數(shù)列的通項(xiàng)——基礎(chǔ)性1．(2020·烏魯木齊米東區(qū)期中)數(shù)列－1,3，－6,10，…的一個(gè)通項(xiàng)公式是()A．a(chǎn)n＝(－1)nn2－(n－1)B．a(chǎn)n＝(－1)n＋1(n2－1)C．a(chǎn)n＝(－1)neq\f(nn＋1,2)D．a(chǎn)n＝(－1)n－1eq\f(nn－1,2)C解析：設(shè)此數(shù)列為an，可得每一項(xiàng)的符號(hào)為(－1)n，且|an|＝eq\f(nn＋1,2)，所以an＝(－1)neq\f(nn＋1,2).2．已知數(shù)列eq\r(5)，eq\r(11)，eq\r(17)，eq\r(23)，eq\r(29)，…，則5eq\r(5)是它的()A．第19項(xiàng) B．第20項(xiàng)C．第21項(xiàng) D．第22項(xiàng)C解析：數(shù)列eq\r(5)，eq\r(11)，eq\r(17)，eq\r(23)，eq\r(29)，…中的各項(xiàng)可變形為eq\r(5)，eq\r(5＋6)，eq\r(5＋2×6)，eq\r(5＋3×6)，eq\r(5＋4×6)，…，所以通項(xiàng)公式為an＝eq\r(5＋6n－1)＝eq\r(6n－1)，令eq\r(6n－1)＝5eq\r(5)，得n＝21.3．?dāng)?shù)列{an}的前4項(xiàng)是eq\f(3,2)，1，eq\f(7,10)，eq\f(9,17)，則這個(gè)數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式是an＝________.eq\f(2n＋1,n2＋1)解析：數(shù)列{an}的前4項(xiàng)可變形為eq\f(2×1＋1,12＋1)，eq\f(2×2＋1,22＋1)，eq\f(2×3＋1,32＋1)，eq\f(2×4＋1,42＋1)，故它的一個(gè)通項(xiàng)公式an＝eq\f(2n＋1,n2＋1).4．一個(gè)數(shù)列{an}的前4項(xiàng)是0.8,0.88,0.888,0.8888，則這個(gè)數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式是an＝________.eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10n)))解析：數(shù)列變?yōu)閑q\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))，eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,102)))，eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,103)))，…，故它的一個(gè)通項(xiàng)公式an＝eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10n))).由數(shù)列的前幾項(xiàng)求數(shù)列的通項(xiàng)的策略根據(jù)所給數(shù)列的前幾項(xiàng)求其通項(xiàng)時(shí)，需仔細(xì)觀察、對(duì)比、分析，從整體到局部多角度歸納、聯(lián)想．抓住以下幾個(gè)方面的特征：(1)分式中分子、分母的各自特征；(2)相鄰項(xiàng)的聯(lián)系特征；(3)拆項(xiàng)后的各部分特征；(4)符號(hào)特征．考點(diǎn)2由Sn與an的關(guān)系求通項(xiàng)——應(yīng)用性(1)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n2－3n，則an＝________.4n－5解析：a1＝S1＝2－3＝－1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也適合此等式，所以an＝4n－5.(2)(2019·上海卷)已知數(shù)列{an}前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn＋an＝2，則S5＝________.eq\f(31,16)解析：當(dāng)n＝1時(shí)，S1＋a1＝2，所以a1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，由Sn＋an＝2得Sn－1＋an－1＝2，兩式相減得an＝eq\f(1,2)an－1(n≥2)，所以{an}是以1為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，所以Sn＝eq\f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(n))),1－\f(1,2))，所以S5＝eq\f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(5))),1－\f(1,2))＝eq\f(31,16).1．本例(1)條件變?yōu)椤癝n＝3n＋1”，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3＋1＝4；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1)－(3n－1＋1)＝2×3n－1.當(dāng)n＝1時(shí)，2×31－1＝2≠a1，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2×3n－1，n≥2.))2．本例(2)條件變?yōu)椤癝n＝2an＋1”，求S6.解：因?yàn)镾n＝2an＋1，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1＋1，所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝－1，公比q＝2的等比數(shù)列，所以Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(－1×1－2n,1－2)＝1－2n，所以S6＝1－26＝－63.已知Sn求an的步驟(1)先利用a1＝S1求出a1；(2)用n－1替換Sn中的n得到一個(gè)新的關(guān)系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出當(dāng)n≥2時(shí)an的表達(dá)式；(3)注意檢驗(yàn)n＝1時(shí)的表達(dá)式是否可以與n≥2的表達(dá)式合并．已知數(shù)列{an}，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解：因?yàn)閍1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，①則當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f(n－1,3)，②①－②得3n－1an＝eq\f(1,3)，所以an＝eq\f(1,3n)(n≥2)．由題意知a1＝eq\f(1,3)符合上式，所以an＝eq\f(1,3n).考點(diǎn)3由數(shù)列的遞推關(guān)系求通項(xiàng)——綜合性考向1累加法(2020·安慶期末)設(shè)[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝an＋n＋1(n∈N*)，則eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋\f(1,a3)＋…＋\f(1,a2020)))＝()A．1B．2C．3D．4A解析：由an＋1＝an＋n＋1，得an－an－1＝n(n≥2)．又a1＝1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝eq\f(nn＋1,2)，則eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2020)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2020)－\f(1,2021)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2021)))＝eq\f(4040,2021).所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋…＋\f(1,a2020)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4040,2021)))＝1.由數(shù)列的遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式方法之一已知a1，且an－an－1＝f(n)時(shí)，用累加法求解．考向2累乘法已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n＋2,3)an.(1)求a2，a3；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解：(1)由S2＝eq\f(4,3)a2，得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3；由S3＝eq\f(5,3)a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝eq\f(3,2)(a1＋a2)＝6.(2)由題設(shè)知a1＝1.當(dāng)n>1時(shí)，有an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，整理得an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1.于是a1＝1，a2＝eq\f(3,1)a1，a3＝eq\f(4,2)a2，…，an－1＝eq\f(n,n－2)an－2，an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1，將以上n個(gè)等式兩端分別相乘，整理，得an＝eq\f(nn＋1,2)，n≥2.又a1＝1＝eq\f(1×1＋1,2)，也滿足上式．綜上，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝eq\f(nn＋1,2).由數(shù)列的遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式方法之二已知a1，且eq\f(an,an－1)＝f(n)時(shí)，用累乘法求解．考向3待定系數(shù)法設(shè)數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3，則an＝________.5×2n－1－3解析：設(shè)遞推公式an＋1＝2an＋3可以轉(zhuǎn)化為an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t，解得t＝－3，故an＋1＋3＝2(an＋3)．令bn＝an＋3，則b1＝a1＋3＝5，且eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2.所以{bn}是以5為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以bn＝5×2n－1，故an＝5×2n－1－3.由數(shù)列的遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式方法之三已知a1，且an＋1＝qan＋b，則an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可用待定系數(shù)法確定)，可轉(zhuǎn)化為{an＋k}為等比數(shù)列．考向4取倒數(shù)法(2020·廣雅中學(xué)模擬)在數(shù)列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，則an的表達(dá)式為()A．a(chǎn)n＝eq\f(2,4n－3) B．a(chǎn)n＝eq\f(2,6n－5)C．a(chǎn)n＝eq\f(2,4n＋3) D．a(chǎn)n＝eq\f(2,2n－1)B解析：數(shù)列{an}中，由a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，可得eq\f(1,an＋1)＝3＋eq\f(1,an)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公差為3的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋3(n－1)＝eq\f(6n－5,2).可得an＝eq\f(2,6n－5)(n∈N*)．由數(shù)列的遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式方法之四形如an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋C)(A，B，C為常數(shù))的數(shù)列，可通過兩邊同時(shí)取倒數(shù)的方法構(gòu)造新數(shù)列求解．1．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an－2，則a6＝()A．0B．1C．2D．6B解析：因?yàn)閍1＝1，an＋1＝3an－2，所以a2＝3－2＝1，以此類推可得a3＝3a2－2＝1，a4＝3a3－2＝1，a5＝3a4－2＝1，a6＝3a5－2＝1.2．已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，則a5的值為________．eq\f(1,3)解析：由遞推公式可得：anan＋1＋2an＋1＝2an，即anan＋1＝2an－2an＋1，據(jù)此有eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2).又eq\f(1,a1)＝1，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項(xiàng)為1，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列，則eq\f(1,a5)＝1＋eq\f(1,2)×(5－1)＝3，故a5＝eq\f(1,3).3．(2020·河北聯(lián)考)數(shù)列{an}滿足a1＝3，且對(duì)于任意的n∈N*都有an＋1－an＝n＋2，則a39＝________.820解析：因?yàn)閍n＋1－an＝n＋2，所以a2－a1＝3，a3－a2＝4，a4－a3＝5，…，an－an－1＝n＋1(n≥2)．上面(n－1)個(gè)式子左右兩邊分別相加得an－a1＝eq\f(n＋4n－1,2)(n≥2)，即an＝eq\f(n＋1n＋2,2)(n≥2)．當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝3適合上式，所以an＝eq\f(n＋1n＋2,2)，n∈N*，所以a39＝eq\f(40×41,2)＝820.考點(diǎn)4數(shù)列與函數(shù)——綜合性考向1數(shù)列的增減性與最大值、最小值(1)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n2－2λn(n∈N*)，則“λ＜1”是“數(shù)列{an}為遞增數(shù)列”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件A解析：若數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，則有an＋1－an＞0，即2n＋1＞2λ對(duì)任意的n∈N*都成立，于是有3＞2λ，λ＜eq\f(3,2).由λ＜1可推得λ＜eq\f(3,2)，但反過來，由λ＜eq\f(3,2)不能得到λ＜1，因此“λ＜1”是“數(shù)列{an}為遞增數(shù)列”的充分不必要條件．(2)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)an＝eq\f(2n－19,2n－21)，n∈N*，則數(shù)列{an}前20項(xiàng)中的最大項(xiàng)與最小項(xiàng)分別為________．3，－1解析：an＝eq\f(2n－19,2n－21)＝eq\f(2n－21＋2,2n－21)＝1＋eq\f(2,2n－21)，當(dāng)n≥11時(shí)，eq\f(2,2n－21)＞0，且單調(diào)遞減；當(dāng)1≤n≤10時(shí)，eq\f(2,2n－21)＜0，且單調(diào)遞減．因此數(shù)列{an}前20項(xiàng)中的最大項(xiàng)與最小項(xiàng)分別為第11項(xiàng)，第10項(xiàng)．a(chǎn)11＝3，a10＝－1.(2020·北京東城二模)已知{an}為等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a3＝1，S3＝3a2＋1.{bn}為等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Tn，如圖__________，Tn的圖象經(jīng)過A，B兩個(gè)點(diǎn)．(1)求Sn；(2)若存在正整數(shù)n，使得bn＞Sn，求n的最小值．從圖①，圖②，圖③中選擇一個(gè)適當(dāng)?shù)臈l件，補(bǔ)充在上面問題中并作答．解：(1)設(shè){an}為公比為q的等比數(shù)列，由a3＝1，S3＝3a2＋1，得a1＝2a2，即q＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,2)，a1q2＝1.所以q＝eq\f(1,2)，a1＝4.所以Sn＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＝8－23－n.(2)由圖①知T1＝b1＝1，T3＝－3，可判斷d＜0，數(shù)列{bn}是遞減數(shù)列．而數(shù)列{8－23－n}遞增，因?yàn)閎1＜S1，所以選擇①不滿足“存在n，使得bn＞Sn”；由圖②知：T1＝b1＝1，T3＝6，可判斷d＞0，數(shù)列{bn}是遞增數(shù)列；由圖③知：T1＝b1＝－3，T3＝0，可判斷d＞0，數(shù)列{bn}是遞增數(shù)列．所以選擇②③均可能滿足“存在n，使得bn＞Sn”．第一種情況：如果選擇條件②，即T1＝b1＝1，T3＝6，可得d＝1，bn＝n，當(dāng)n＝1,2,3,4,5,6,7時(shí)，bn＞Sn不成立．當(dāng)n＝8時(shí)，b8＝8，S8＝8－23－8＜b8.所以使得bn＞Sn成立的n的最小值為8.第二種情況：如果選擇條件③即T1＝b1＝－3，T3＝0，可得：d＝3，bn＝3n－6，當(dāng)n＝1,2,3,4時(shí)，bn＞Sn不成立．當(dāng)n＝5時(shí)，b5＝9，S5＝8－23－5＜b5，所以使得bn＞Sn成立的n的最小值為5.解決數(shù)列的單調(diào)性問題常用方法(1)用作差比較法，根據(jù)an＋1－an的符號(hào)判斷數(shù)列{an}是遞增數(shù)列、遞減數(shù)列還是常數(shù)列．(2)用作商比較法，根據(jù)eq\f(an＋1,an)(an＞0或an＜0)與1的大小關(guān)系進(jìn)行判斷．(3)結(jié)合相應(yīng)函數(shù)的圖象直觀判斷．考向2數(shù)列的周期性(2020·上杭縣5月模擬)設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1＝2，an＋1＝1－eq\f(1,an)，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)之積為Pn，則P2021()A．－eq\f(1,2)B．eq\f(1,2)C．1D．－1D解析：a1＝2，an＋1＝1－eq\f(1,an)，得a2＝eq\f(1,2)，a3＝－1，a4＝2，此時(shí)數(shù)列的項(xiàng)開始重復(fù)出現(xiàn)，呈現(xiàn)周期性，周期為3.且P3＝－1,2021＝3×673＋2，所以P2021＝(－1)673×a1a2＝－1.解決數(shù)列周期性問題的方法先根據(jù)已知條件求出數(shù)列的前幾項(xiàng)，確定數(shù)列的周期，再根據(jù)周期性求值．考向3新定義問題對(duì)于數(shù)列{xn}，若對(duì)任意n∈N*，都有eq\f(xn＋xn＋2,2)＜xn＋1成立，則稱數(shù)列{xn}為“減差數(shù)列”．設(shè)bn＝2t－eq\f(tn－1,2n－1)，若數(shù)列b3，b4，b5，…是“減差數(shù)列”，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是()A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．(1，＋∞) D．(－∞，1]C解析：由數(shù)列b3，b4，b5，…是“減差數(shù)列”，得eq\f(bn＋bn＋2,2)＜bn＋1(n≥3)，即t－eq\f(tn－1,2n)＋t－eq\f(tn＋2－1,2n＋2)＜2t－eq\f(tn＋1－1,2n)，即eq\f(tn－1,2n)＋eq\f(tn＋2－1,2n＋2)＞eq\f(tn＋1－1,2n)，化簡(jiǎn)得t(n－2)＞1.當(dāng)n≥3時(shí)，若t(n－2)＞1恒成立，則t＞eq\f(1,n－2)恒成立，又當(dāng)n≥3時(shí)，eq\f(1,n－2)的最大值為1，則t的取值范圍是(1，＋∞)．解決數(shù)列的新定義問題的要點(diǎn)(1)準(zhǔn)確轉(zhuǎn)化：解決數(shù)列新定義問題時(shí)，一定要讀懂新定義的本質(zhì)含義，將題目所給定義轉(zhuǎn)化成題目要求的形式，切忌同已有概念或定義相混淆．(2)方法選取：對(duì)于數(shù)列新定義問題，搞清定義是關(guān)鍵，仔細(xì)認(rèn)真地從前幾項(xiàng)(特殊處、簡(jiǎn)單處)體會(huì)題意，從而找到恰當(dāng)?shù)慕鉀Q方法．1．觀察數(shù)列1，ln2，sin3,4，ln5，sin6,7，ln8，sin9，…，則該數(shù)列的第11項(xiàng)是()A．1111 B．11C．ln11 D．sin11C解析：由數(shù)列得出規(guī)律，按照1，ln2，sin3，…，是按正整數(shù)的順序排列，且以3為循環(huán)節(jié)，由11÷3＝3余2，所以該數(shù)列的第11項(xiàng)為ln11.2．已知an＝eq\f(n－1,n＋1)，那么數(shù)列{an}是()A．遞減數(shù)列 B．遞增數(shù)列C．常數(shù)列 D．?dāng)[動(dòng)數(shù)列B解析：an＝1－eq\f(2,n＋1)，將an看作關(guān)于n的函數(shù)，n∈N*，易知數(shù)列{an}是遞增數(shù)列．3．若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－10n(n∈N*)，則數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項(xiàng)是()A．第2項(xiàng) B．第3項(xiàng)C．第4項(xiàng) D．第5項(xiàng)B解析：因?yàn)镾n＝n2－10n，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n－11.當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝－9也適合上式，所以an＝2n－11(n∈N*)．記f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為直線n＝eq\f(11,4)，但n∈N*，所以當(dāng)n＝3時(shí)，f(n)取最小值．所以數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項(xiàng)是第3項(xiàng)．已知數(shù)列{an}中，a1＝3，且n(n＋1)(an－an＋1)＝2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(a1·a2·…·an,n＋1·2n)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.[四字程序]讀想算思求通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和1.求通項(xiàng)公式的方法；2.怎樣對(duì)已知條件變形？變形已知條件，求通項(xiàng)公式，求和轉(zhuǎn)化與化歸數(shù)列{an}中，a1＝3，n(n＋1)·(an－an＋1)＝21.累加法與錯(cuò)位相減法；2.構(gòu)造法與裂項(xiàng)相消法1.由an－an＋1＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，求an；2.由bn＝eq\f(n＋2,2n＋1)，求Sn1.累加法與構(gòu)造法求數(shù)列的通項(xiàng)公式；2.錯(cuò)位相減法與裂項(xiàng)相消法求和思路參考：(1)累加法；(2)錯(cuò)位相減法．解：(1)由題意知，an－an＋1＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以n≥2時(shí)，an－1－an＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，an－2－an－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))，…，a1－a2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))，以上(n－1)個(gè)式子左右兩邊分別相加得a1－an＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n))).又a