2022高考数学一轮复习-高考大题专项数列学案北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 高考大题专项数列学案北师大版

2022高考数学一轮复习 高考大题专项数列学案北师大版

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数列

高考大题专项(三)　数列

考情分析
从近五年高考试题分析来看,高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列;求数列的通项公式及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.命题规律是解答题每两年出现一次,命题特点是试题题型规范、方法可循、难度稳定在中档.
典例剖析
题型一　等差、等比数列的综合问题
【例1】(2020山东济宁5月模拟,18)已知数列{an}为等差数列,且a2=3,a4+a5+a6=0.
(1)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn.
(2)请你在数列{an}的前4项中选出三项,组成公比的绝对值小于1的等比数列{bn}的前3项,并记数列{bn}的前n项和为Tn.若对任意正整数k,m,n,不等式Sm<Tn+k恒成立,试求k的最小值.

解题心得1.对于等差、等比数列,求其通项公式及求前n项的和时,只需利用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式求解即可.
2.有些数列可以通过变形、整理,把它转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.
对点训练1(2020陕西西安中学八模,文17)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an是Sn与2的等差中项;在数列{bn}中,b1=1,点P(bn,bn+1)在直线x-y+2=0上.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Tn.

题型二　可转化为等差、等比数列的综合问题
【例2】已知数列{an}的前n项的和为Sn,Sn=32an-1,
(1)求数列{an}的前n项和Sn;
(2)判断数列Sn+1Sn是递增数列还是递减数列,并证明.

解题心得无论是求数列的通项公式还是求数列的前n项和,通过变形整理后,能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.
对点训练2(2020安徽合肥一中模拟,17)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=14[(2n-1)·3n+1].
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=12an-1,证明:b1+b2+…+bn<32.

题型三　证明数列为等差或等比数列
【例3】(2018全国1,文17)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=ann.
(1)求b1,b2,b3;
(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;
(3)求{an}的通项公式.

解题心得证明与判断一个数列是等差(或等比)数列的要求不同,证明必须是严格的,只用等差、等比数列的定义.用定义法证明一个数列是等差数列,常采用的两个式子an-an-1=d(n≥2)和an+1-an=d,前者必须加上“n≥2”,否则n=1时a0无意义;在等比数列中也有:n≥2时,有anan-1=q(常数q≠0)或n∈N+时,有an+1an=q(常数q≠0).
对点训练3(2020河南开封三模,理17)已知数列{an}满足a1=1,n(an+1-2an)=2an,n∈N*.
(1)证明:数列ann是等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.

题型四　非等差、等比数列的求和问题
【例4】(2020浙江,20)已知数列{an},{bn},{cn}满足a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1=bnbn+2·cn,n∈N+.
(1)若{bn}为等比数列,公比q>0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,公差d>0,证明:c1+c2+…+cn<1+1d,n∈N+.

解题心得把数列的通项公式拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.利用裂项相消法求和时,要注意抵消后所剩余的项是前后对称的.
对点训练4(2020河北衡水中学模拟一,理17)已知各项均为正数的等比数列{an}与等差数列{bn}满足a1=b1=2,a5=b31=32,记cn=an+1-1(an+1-bn+1)·(an+2-bn+2)(n∈N+).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{cn}的前n项和Tn.

【例5】已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=n2+n2(n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an·3an(n∈N+),求数列{bn}的前n项和Tn.

解题心得如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,即和式两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后作差求解.
对点训练5(2020山东青岛二模,19)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,2Sn+n+1=an+12,n∈N+.
(1)证明:当n≥2时,an+1=an+1;
(2)若a4是a2与a8的等比中项,求数列{2n·an}的前n项和Tn.

题型五　数列中的存在性问题
【例6】(2020山西太原五中6月模拟,理18)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,且anSn+1-an+1Sn=an+1-λan,对一切n∈N+都成立.
(1)当λ=1时,求数列{an}的通项公式.
(2)是否存在实数λ,使数列{an}是等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.

解题心得求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果.
对点训练6在数列{an}和{bn}中,已知a1a2a3…an=2bn(n∈N+),且a1=2,b3-b2=3,若数列{an}为等比数列.
(1)求a3及数列{bn}的通项公式.
(2)令cn=2bnn2,是否存在正整数m,n(m≠n),使c2,cm,cn成等差数列?若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.

1.解决等差、等比数列的综合问题,重点在于读懂题意,灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题,求解这类问题要重视方程思想的应用;用好等差数列和等比数列的性质可以降低运算量,减少差错.
2.求数列的通项公式就是求出an与n的关系式,无论条件中的关系式含有哪些量,都需要通过消元思想、转化思想和化归思想使之变为等差、等比数列.
3.高考对数列求和的考查主要是:两基本数列的公式求和;能通过错位相减后转化为等比数列求和;裂项相消法求和;分组或合并后转化为等差、等比数列求和.
4.证明一数列为等差数列或等比数列主要依据定义,尽管题目给出的条件多种多样,但一个总体目标是把条件转化成an+1与an的差或比为一定值.
5.数列与不等式综合问题
(1)数列不等式的证明要把数列的求和与放缩法结合起来,灵活使用放缩法.放缩后的式子越接近放缩前的式子,即放缩程度越小,保留的项就越少,运算就越简单.
(2)证明数列不等式也经常转化为数列和的最值问题,同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用.

高考大题专项(三)　数列
例1解(1)设数列{an}的公差为d,
由a2=3,a4+a5+a6=0,得a2=3,a5=0,即a1+d=3,a1+4d=0,解得a1=4,d=-1.
数列{an}的通项公式an=a1+(n-1)d=5-n,
前n项和Sn=na1+n(n-1)2d=4n+n(n-1)2×(-1)=9n-n22.
(2)由an=5-n,得a1=4,a2=3,a3=2,a4=1.
由题意知应取b1=a1=4,b2=a3=2,b3=a4=1.
所以数列{bn}的公比q=12,Tn=b1(1-qn)1-q=4[1-(12) n]1-12=81-12n.因为n∈N*,所以4≤Tn<8.
又由(1)知Sm=9m-m22(m∈N*).由此知,当m=4,5时,Sm取得最大值10,
要使Sm<Tn+k恒成立,只需使10<4+k即可,所以有k>6,
由k是正整数知,k的最小值为7.
对点训练1解(1)∵an是Sn与2的等差中项,∴Sn=2an-2,①
∴Sn-1=2an-1-2(n≥2,n∈N*),②
由①-②,得Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2,n∈N*),
∴an=2an-2an-1,∵an≠0,∴anan-1=2(n≥2,n∈N*),即数列{an}是等比数列.
∵Sn=2an-2,∴a1=S1=2a1-2,解得a1=2.∴an=2n.
∵点P(bn,bn+1)在直线x-y+2=0上,∴bn-bn+1+2=0.
∴bn+1-bn=2,即{bn}是等差数列.又b1=1,∴bn=2n-1.
(2)∵cn=2n+2n-1,∴Tn=(2+22+23+…+2n)+(1+3+5+…+2n-1),
∴Tn=2×(1-2n)1-2+n(1+2n-1)2=2n+1+n2-2.
例2解(1)当n>1时,Sn-1=32an-1-1.
∴an=Sn-Sn-1
=32an-1-32an-1-1.
∴an=3an-1,∵a1=2≠0,∴数列{an}是等比数列,∴an=2×3n-1,∴Sn=3n-1.
(2)数列Sn+1Sn是递减数列.
证明:设bn=Sn+1Sn,
∴bn=3n+1-13n-1=3+23n-1.
∴bn+1-bn=23n+1-1-23n-1=2(3n-3n+1)(3n+1-1)(3n-1).
∵n≥1,∴3n+1>3n>1,∴3n+1-3n>0,3n+1-1>0,3n-1>0,∴bn+1-bn<0.
∴{bn}是递减数列,即数列Sn+1Sn是递减数列.
对点训练2(1)解当n=1时,a1=1;当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+nan=14[(2n-1)·3n+1],
a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=14[(2n-3)·3n-1+1].
两式相减,得an=3n-1,当n=1时,a1也符合上式,
综上可得an=3n-1(n∈N*).
(2)证明由(1)可知bn=12×3n-1-1≤13n-1(n∈N*),故b1+b2+…+bn<130+131+132+…+13n-1=321-13n<32,
即b1+b2+…+bn<32.
例3解(1)由条件可得an+1=2(n+1)nan.
将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.
将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2)数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
由条件可得an+1n+1=2ann,即bn+1=2bn,又b1=1,所以数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得bn=ann=2n-1,
所以an=n·2n-1.
对点训练3(1)证明由n(an+1-2an)=2an,得nan+1=2(n+1)an,an+1n+1=2·ann,
所以数列ann是以1为首项,2为公比的等比数列.
(2)解由(1)知,ann=2n-1,an=n·2n-1.
所以Sn=1·20+2·21+3·22+4·23+…+n·2n-1,
所以2Sn=1·21+2·22+3·23+…+(n-1)·2n-1+n·2n,
两式相减,得-Sn=20+21+22+…+2n-1-n·2n,
整理,得-Sn=-1+2n-n·2n,
所以Sn=1+2n(n-1).
例4(1)解由b1+b2=6b3,得1+q=6q2,
解得q=12.由cn+1=4cn,得cn=4n-1.由an+1-an=4n-1,得
an=a1+1+4+…+4n-2=4n-1+23.
(2)证明由cn+1=bnbn+2cn,得
cn=b1b2c1bnbn+1=1+dd1bn-1bn+1,
所以c1+c2+c3+…+cn=1+dd1-1bn+1,
由b1=1,d>0,得bn+1>0,因此c1+c2+c3+…+cn<1+1d,n∈N*.
对点训练4解(1)因为{an}各项为正数,设{an}的公比为q(q>0),{bn}的公差为d,
则q=a5a114=2,d=b31-b130=1,所以an=2n,bn=n+1.
(2)cn=an+1-1(an+1-bn+1)·(an+2-bn+2)
=2n+1-1[2n+1-(n+2)][2n+2-(n+3)]
=12n+1-(n+2)-12n+2-(n+3),
所以Tn=122-3-123-4+123-4-124-5+…+12n+1-(n+2)-12n+2-(n+3)=122-3-12n+2-(n+3)=1-12n+2-n-3.
例5解(1)∵数列{an}的前n项和Sn满足Sn=n2+n2(n∈N*).∴a1=S1=1+12=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n,
当n=1时,上式成立,∴数列{an}的通项公式an=n.
(2)∵an=n,bn=an·3an(n∈N*),
∴bn=n·3n,∴数列{bn}的前n项和
Tn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n,①
3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1,②
①-②得-2Tn=3+32+33+34+…+3n-n×3n+1=3(1-3n)1-3-n×3n+1=12-n×3n+1-32,∴Tn=n2-14×3n+1+34.
对点训练5(1)证明因为2Sn+n+1=an+12,所以2Sn-1+n=an2(n≥2),
两式相减,得2an+1=an+12-an2(n≥2),所以an2+2an+1=an+12,即(an+1)2=an+12(n≥2).
因为数列{an}的各项均为正数,
所以当n≥2时,an+1=an+1.
(2)解由(1)得a4=a2+2,a8=a2+6,
因为a4是a2与a8的等比中项,
所以a42=a2·a8,即(a2+2)2=a2·(a2+6),解得a2=2,
又2a1+2=a22,所以a1=1,
所以a2-a1=1,从而an+1-an=1对n∈N*恒成立,
所以数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以an=n.
所以2n·an=n·2n.
所以Tn=1×2+2×22+…+(n-1)×2n-1+n×2n,
2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1
两式相减,得-Tn=2+22+…+2n-n×2n+1=2×(1-2n)1-2-n×2n+1=(1-n)·2n+1-2,
所以Tn=(n-1)·2n+1+2.
例6解(1)①当λ=1时,anSn+1-an+1Sn=an+1-an,则anSn+1+an=an+1Sn+an+1,
即(Sn+1+1)an=(Sn+1)an+1.∵数列{an}的各项均为正数,∴an+1an=Sn+1+1Sn+1.
∴a2a1·a3a2·…·an+1an=S2+1S1+1·S3+1S2+1·…·Sn+1+1Sn+1,化简,得Sn+1+1=2an+1,①
∴当n≥2时,Sn+1=2an,②
②-①,得an+1=2an,
∵当n=1时,a2=2,∴当n=1时,上式也成立,
∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,即an=2n-1.
(2)存在.由题意,令n=1,得a2=λ+1;令n=2,得a3=(λ+1)2.
要使数列{an}是等差数列,必须有2a2=a1+a3,解得λ=0.
当λ=0时,Sn+1an=(Sn+1)an+1,且a2=a1=1.
当n≥2时,Sn+1(Sn-Sn-1)=(Sn+1)(Sn+1-Sn),
整理,得Sn2+Sn=Sn+1Sn-1+Sn+1,即Sn+1Sn-1+1=Sn+1Sn,
从而S2+1S1+1·S3+1S2+1·…·Sn+1Sn-1+1=S3S2·S4S3·…·Sn+1Sn,化简,得Sn+1=Sn+1,即an+1=1.
综上所述,可得an=1,n∈N*.∴当λ=0时,数列{an}是等差数列.
对点训练6解(1)∵a1a2a3=2b3,a1a2=2b2,b3-b2=3,∴a3=2b32b2=2b3-b2=8,
又a1=2,∴8=2q2,∴q2=4,解得q=2或q=-2,
∵a1a2a3…an=2bn>0(n∈N*),故舍去q=-2,∴an=2n,
∴a1a2a3…an=2(1+2+3+…+n)=2n(n+1)2,∴bn=n(n+1)2.
(2)存在.由(1)得,cn=n+1n=1+1n,
假设存在正整数m,n(m≠n),使c2,cm,cn成等差数列,
则2cm=c2+cn,即21+1m=32+1+1n,∴2m=12+1n,故n=2m4-m,
∵n>0,m>0,∴0<m<4,
∴m=2,n=2(舍去)或m=3,n=6,
所以存在正整数m=3,n=6,使c2,cm,cn成等差数列.