2025高考数学 数 列 备考教案.docx

解题帮　快速破题　规范解答
大题规范2　数　列
学生用书P109
考情综述　数列解答题，一般出现在大题的前两题位置，但从2023年新高考卷Ⅰ的出题位置来看，难度有所上升，说明难度定位更灵活.数列试题的创新主要体现在情境创新及与其他知识的综合命题上.
从近几年的命题情况看，数列呈现形式多样化，如数列的分段形式，相邻两项的递推形式等；数列的高频命题角度有等差、等比数列的基本运算，数列的通项公式与求和，递推数列的变形构造，与不等式的综合等；涉及的数学思想主要有函数与方程思想、分类讨论思想以及转化与化归思想.
在解题中，书写数列中的有关数学符号时，必须规范、准确.
示例　[2023新高考卷Ⅱ/12分]已知{an}为等差数列，bn＝an－6，n为奇数，2an，n为偶数.记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
（1）求{an}的通项公式；
（2）证明：当n＞5时，Tn＞Sn.
思维导引　（1）设{an}的公差为d利用bn＝an－6，n为奇数，2an，n为偶数，把b1，b2，b3往a1，d转化利用S4=32,T4=16得a1，d的方程组解方程组得a1，d的值得{an}的通项公式
（2）
规范答题
（1）设等差数列{an}的公差为d.
因为bn＝an－6，n为奇数，2an，n为偶数，
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6. （2分）→因为{bn}的通项公式是分段形式，故求项时需“对号入座”.
因为S4＝32，T3＝16，
所以4a1+6d=32，（a1－6）＋（2a1+2d）＋（a1+2d－6）=16， （3分）→求等差数列{an}的基本量，需建立a1与d的方程组求解.
解得a1=5，d=2， （4分）→求出a1，d，代回方程组检验，不因低级运算错误而失分.
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3. （5分）→等差数列的通项公式为an＝a1＋（n－1）d.
（2）由（1）知an＝2n＋3，
所以Sn＝n[5+（2n+3)]2＝n2＋4n，bn＝2n－3，n为奇数，4n6，n为偶数， （6分）→第（1）问的结论没有前提条件，则在第（2）问中可以直接使用.
当n为奇数时，
Tn＝（b1＋b3＋b5＋…＋bn－2＋bn）＋（b2＋b4＋b6＋…＋bn－1）
＝[－1＋3＋7＋…＋（2n－7）＋（2n－3）]＋[14＋22＋30＋…＋（4n＋2）]
＝n+12（－1+2n－3）2＋n－12（14+4n+2）2
＝3n2+5n－102. （8分）→{bn}的通项公式是分段形式，故求其前n项和时，可对n分奇数、偶数两类讨论.
当n＞5时，Tn－Sn＝3n2+5n－102－（n2＋4n）
＝n2－3n－102
＝（n－5)(n+2）2
＞0，
所以Tn＞Sn. （9分）→利用作差法比较大小.
当n为偶数时，
Tn＝（b1＋b3＋b5＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋b6＋…＋bn）
＝[－1＋3＋7＋…＋（2n－5）]＋[14＋22＋30＋…＋（4n＋6）]
＝n2（－1+2n－5）2＋n2（14+4n+6）2
＝3n2+7n2. （10分）→数列{bn}的奇数项、偶数项分别构成等差数列，则用分组转化法求Tn.
当n＞5时，Tn－Sn＝3n2+7n2－（n2＋4n）＝n2－n2＝n（n－1）2＞0，
所以Tn＞Sn. （11分）
综上可知，当n＞5时，Tn＞Sn. （12分）→分类讨论后，注意下结论说明，保证不丢分.
感悟升华
数列问题的答题策略
1.化归与转化思想的运用.当给定的数列不是等差数列或等比数列时，应利用化归思想或构造思想，将给定的数列转化为等差数列或等比数列求解.
2.正确运用公式和性质.熟练掌握等差数列与等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及相应的性质是解数列问题的关键.
3.掌握数列求和的技巧.重点要掌握等差数列、等比数列的求和公式以及常用的“错位相减法”“裂项相消法”“分组转化法”等求和方法.解决问题的关键在于观察数列的通项公式的特征，准确选择相应的方法.
训练　 [12分]已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an，b1＋12b2＋13b3＋…＋1nbn＝bn＋1－1（n∈N*）.
（1）求数列{an}与{bn}的通项公式；
（2）记cn＝1bnbn+2，n为奇数，－1an，n为偶数，数列{cn}的前n项和为Tn，若对任意n∈N*，T2n≥T2k恒成立，求正整数k的值.
解析　（1）因为an＋1＝2an，
所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，故an＝2n. （2分）
当n＝1时，b1＝b2－1，解得b2＝2.
由题知b1＋12b2＋13b3＋…＋1nbn＝bn＋1－1，　①
当n≥2时，b1＋12b2＋13b3＋…＋1n－1bn－1＝bn－1，　②
①－②得，1nbn＝bn＋1－bn，即bn+1n+1＝bnn（n≥2）.
当n＝1时，b22＝b11＝1也满足上式.
所以{bnn}为常数列，且bnn＝b11＝1，所以bn＝n.
故an＝2n，bn＝n. （5分）
（2）因为对任意n∈N*，T2n≥T2k恒成立，所以只需求T2n的最小值即可.
由（1）知，an＝2n，bn＝n，所以当n≥2时，T2n－T2n－2＝c2n－1＋c2n＝1b2n－1b2n+1－1a2n＝1（2n－1)(2n+1）－122n＝14n2－1－14n， （7分）
当n＝2时，T4－T2＝14n2－1－14n＝115－116＞0，
当n≥3时，4n＝（Cn0＋Cn1＋Cn2＋…＋Cnn）×2n＞（Cn0＋Cn1＋Cn2）×23＝8[1＋n＋n（n－1）2]＝4n2＋4n＋8＞4n2－1，则14n2－1－14n＞0. （10分）
综上可知T2n－T2n－2＞0，
故T2n随着n的增大而增大，故T2n≥T2，故k＝1. （12分）