2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：素养提升3　高考中数列解答题的提分策略 10页

素养提升3　高考中数列解答题的提分策略 ‎1[2019全国卷Ⅱ, 12分]已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an - bn+4,4bn+1=3bn - an - 4.‎ ‎(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an - bn}是等差数列;‎ ‎(2)求{an}和{bn}的通项公式.‎ ‎ (1)将已知条件中与an,bn有关的两式相加,根据等比数列的定义证明{an+bn}是等比数列;将已知条件中与an,bn有关的两式相减,根据等差数列的定义证明{an - bn}是等差数列.‎ ‎ (2)①根据等比数列和等差数列的通项公式分别求出{an+bn}与{an - bn}的通项公式;‎ ‎ ②将{an+bn}与{an - bn}的通项公式相加减后除以2,分别求出{an}和{bn}的通项公式.‎ ‎(1)由题意可知a1+b1=1,a1 - b1=1.‎ 因为4an+1+4bn+1=3an - bn+4+3bn - an - 4=2an+2bn,‎ 即an+1‎‎+‎bn+1‎an‎+‎bn‎=‎‎1‎‎2‎,①‎ 所以数列{an+bn}是首项为1,公比为‎1‎‎2‎的等比数列.②‎ 因为4an+1 - 4bn+1=3an - bn+4 - (3bn - an - 4)=4an - 4bn+8,‎ 即(an+1 - bn+1) - (an - bn)=2,③‎ 所以数列{an - bn}是首项为1,公差为2的等差数列.④‎ ‎(2)由(1)知,an+bn=‎1‎‎2‎n-1‎,⑤‎ an - bn=2n - 1.⑥‎ 所以an=‎1‎‎2‎[(an+bn)+(an - bn)]=‎1‎‎2‎n+n - ‎1‎‎2‎,⑦‎ bn=‎1‎‎2‎[(an+bn) - (an - bn)]=‎1‎‎2‎n - n+‎1‎‎2‎.⑧‎ 感悟升华 阅 卷 现 场 得分点 第(1)问 采点得 分说明 ‎①根据条件求出an+1‎‎+‎bn+1‎an‎+‎bn‎=‎‎1‎‎2‎得2分;‎ ‎②写出结论得1分;‎ ‎③根据条件求出(an+1 - bn+1) - (an - bn)=2得2分;‎ ‎④写出结论得1分.‎ ‎6分 第(2)问 采点得 分说明 ‎⑤求出数列{an+bn}的通项公式得1分;‎ ‎⑥求出数列{an - bn}的通项公式得1分;‎ ‎⑦由an=‎1‎‎2‎[(an+bn)+(an - bn)]求得数列{an}的通项公式得2分;‎ ‎⑧由bn=‎1‎‎2‎[(an+bn) - (an - bn)]求得数列{bn}的通项公式得2分.‎ ‎6分 满 分 策 略 ‎1.解答数列类大题的关键 熟练把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.‎ ‎2.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.‎ ‎3.解数列求和题的技巧 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”等方法.解决问题的关键在于数列的通项公式,要根据通项公式的特征准确选择相应的方法.‎ ‎2 [2017全国卷Ⅲ,12分]设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n - 1)an=2n.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{an‎2n+1‎}的前n项和.‎ ‎(1)a1+3a2+…+(2n - 1)an=2n数列{(2n - 1)an}的前n项和→利用通项与前n项和的关系求解 ‎ ‎ ‎(1)因为a1+3a2+…+(2n - 1)an=2n　①,‎ 故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n - 3)an - 1=2(n - 1)　②.1分(得分点1)‎ ‎① - ②得(2n - 1)an=2,所以an = ‎2‎‎2n-1‎.4分(得分点2)‎ 又当n=1时,a1=2满足上式,5分(得分点3)‎ 所以{an}的通项公式为an = ‎2‎‎2n-1‎.6分(得分点4)‎ ‎(2)记数列{an‎2n+1‎}的前n项和为Sn,‎ 由(1)知an‎2n+1‎ = ‎2‎‎(2n-1)(2n+1)‎ = ‎1‎‎2n-1‎‎- ‎‎1‎‎2n+1‎,8分(得分点5)‎ 则Sn=(1 - ‎1‎‎3‎)+(‎1‎‎3‎‎ -‎‎1‎‎5‎)+…+(‎1‎‎2n-1‎‎- ‎‎1‎‎2n+1‎)10分(得分点6)‎ ‎=1 - ‎‎1‎‎2n+1‎ ‎=‎2n‎2n+1‎.12分(得分点7)‎ 感悟升华 素养 探源 素养 考查途径 数学运算 裂项相消法求和.‎ 逻辑推理 观察已知式子的特点,利用前n 项和与通项的关系求解通项;根据an‎2n+1‎‎=‎‎2‎‎(2n-1)(2n+1)‎的特点裂项求和.‎ 得分 要点 ‎(1)得步骤分:抓住得分点的解题步骤,“步步为赢”.第(1)问中,由an满足的关系式,通过消项求得an,并验证当n=1时成立,从而写出结果.第(2)问中观察数列通项公式的结构特征,利用裂项相消法求得数列的前n项和Sn.‎ ‎(2)得关键分:①an - 1满足的关系式;②验证n=1;③对通项裂项.这些都是必不可少的过程,有则给分,无则没分.‎ ‎(3)得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如得分点2,5,7.‎ 答题 模板 求数列通项与前n项和的步骤 第一步:由等差(等比)数列的定义求通项,或者由递推公式求通项.‎ 第二步:根据前n项和的表达式或通项的特征,选择适当的方法求和.‎ 第三步:明确、规范地表述结论.‎ ‎3 [2018浙江,15分]已知等比数列{an}的公比q>1,且a‎3‎‎+a‎4‎+‎a‎5‎‎②‎=28,a‎4‎‎+2是a‎3‎,a‎5‎的等差中项‎①‎.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1‎-bn)an}的前n项和为2n‎2‎+n‎③‎.‎ ‎(1)求q的值;‎ ‎(2)求数列{bn}的通项公式.‎ ‎(1)由①可知,a3+a5=2(a4+2),代入②可求出a4及a3+a5,进而可求出公比q;(2)由③及“an=Sn - Sn - 1”可求出数列{(bn+1 - bn)an}的通项公式,由(1)可先求出an,然后可求出{bn+1 - bn}的通项公式,再用叠加法及错位相减法即可求出{bn}的通项公式.‎ ‎(1)由a4+2是a3,a5的等差中项,得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.(3分)‎ 由a3+a5=20,得8(‎1‎q+q)=20,‎ 解得q=2或q=‎1‎‎2‎.(5分)‎ 因为q>1,所以q=2.(6分)‎ ‎(2)设cn=(bn+1 - bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.‎ 由cn=S‎1‎‎,n=1,‎Sn‎-Sn-1‎,n≥2,‎解得cn=4n - 1.(8分)‎ 由(1)可知an=2n - 1,‎ 所以bn+1 - bn=(4n - 1)·(‎1‎‎2‎)n - 1,(9分)‎ 故bn - bn - 1=(4n - 5)·(‎1‎‎2‎)n - 2,n≥2,‎ bn - b1=(bn - bn - 1)+(bn - 1 - bn - 2)+…+(b3 - b2)+(b2 - b1)‎ ‎=(4n - 5)·(‎1‎‎2‎)n - 2+(4n - 9)·(‎1‎‎2‎)n - 3+…+7·‎1‎‎2‎+3.(11分)‎ 设Tn=3+7·‎1‎‎2‎+11·(‎1‎‎2‎)2+…+(4n - 5)·(‎1‎‎2‎)n - 2,n≥2,‎ 则‎1‎‎2‎Tn=3·‎1‎‎2‎+7·(‎1‎‎2‎)2+…+(4n - 9)·(‎1‎‎2‎)n - 2+(4n - 5)·(‎1‎‎2‎)n - 1,(13分)‎ 所以‎1‎‎2‎Tn=3+4·‎1‎‎2‎+4·(‎1‎‎2‎)2+…+4·(‎1‎‎2‎)n - 2 - (4n - 5)·(‎1‎‎2‎)n - 1,‎ 因此Tn=14 - (4n+3)·(‎1‎‎2‎)n - 2,n≥2,(14分)‎ 又b1=1,所以bn=15 - (4n+3)·(‎1‎‎2‎)n - 2.(15分)‎ 感悟升华 命题 探源 本题主要考查等差中项,等比数列的通项公式,数列的通项与前n项和的关系等,同时考查了方程、转化与化归等思想方法,以及数学运算、逻辑推理等核心素养.‎ 失分 探源 ‎(1)高考复习中将“边缘化”知识遗忘.如将“等差中项”这一概念遗忘,以致无法找到解题的切入点.‎ ‎(2)没有运用方程思想解决问题.如没有将a3+a5=2a4+4代入②中求出a4及a3+a5等.‎ ‎(3)没有掌握好公式“an=Sn - Sn - 1”及其蕴含的思想方法,以致无法求出{(bn+1 - bn)an}的通项公式.‎ ‎(4)求出bn+1 - bn=(4n - 1)(‎1‎‎2‎)n - 1后,不能运用叠加法求出bn.‎ ‎(5)没有掌握好错位相减法,以致求出bn - b1的表达式后无法化简.‎ ‎(6)计算错误.如在用错位相减法求bn - b1的过程中出现错误.‎ ‎(7)在最后一步直接把Tn当作bn,导致错误.‎ ‎1.[2020皖北五校联考,12分]设Sn为等比数列{an}的前n项和,且S3 - S2=2a4.‎ ‎(1)若a1=1,求an;‎ ‎(2)若a4<0,求使得8Sn≥15a1成立的n的取值范围.‎ ‎2.[2020山西大学附属中学校诊断,12分]已知等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*), - 2S2,S3,4S4成等差数列,且a2+2a3+a4=‎1‎‎16‎.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若bn= - (n+2)log2|an|,求数列{‎1‎bn}的前n项和Tn.‎ ‎3.[原创题,12分]已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn‎2‎‎=‎an+1‎‎2‎ - λSn+1,其中λ为常数.‎ ‎(1)证明:Sn+1=2Sn+λ.‎ ‎(2)是否存在实数λ,使得数列{an}为等比数列?若存在,求出λ;若不存在,请说明理由.‎ ‎4.[12分]已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且满足Sn=an+1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{nan}的前n项和Tn.‎ ‎5.[12分]已知数列{an}的各项均为正数,且an‎2‎ - 2nan - (2n+1)=0,n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若bn=( - 1)n - 1an,求数列{bn}的前n项和Tn. ‎ ‎6.[原创题,10分]已知数列{an}的前n 项和Sn=2an - 2,设bn=(2n - 1)an(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式及数列{bn}的前n 项和Bn;‎ ‎(2)设cn=‎1‎an‎ - ‎‎1‎n(n+1)‎,数列{cn}的前n 项和为Tn,是否存在正整数k,使得对任意的n均有Tk≥Tn?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎7.[开放题,10分]在①b4=a3+a5;②b4+b6=3a3+3a5;③a2+a3=b4这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.‎ 已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn,{bn}是公比大于0的等比数列,b1=1,b3=b2+2,b5=a4+2a6,‎ 且　　　　,设cn=b‎2‎Sn,是否存在k,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn? ‎ 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.‎ 素养提升3 高考中数列解答题的提分策略 ‎1.(1)设{an}的公比为q,‎ ‎∵S3 - S2=2a4,∴a3=2a4,(2分)‎ ‎∴q=a‎4‎a‎3‎‎=‎‎1‎‎2‎.(3分)‎ 又a1=1,‎ ‎∴an=a1qn - 1=(‎1‎‎2‎)n - 1.(5分)‎ ‎(2)∵a4=a1×(‎1‎‎2‎)3<0,∴a1<0.(7分)‎ ‎∵8Sn≥15a1,∴8a1‎×‎‎1-(‎‎1‎‎2‎‎)‎n‎1-‎‎1‎‎2‎≥15a1,(9分)‎ ‎∴16(1 - ‎1‎‎2‎n)≤15,(10分)‎ ‎∴1 - ‎1‎‎2‎n≤‎15‎‎16‎,∴‎1‎‎2‎n≥‎1‎‎16‎‎=‎‎1‎‎2‎‎4‎,∴1≤n≤4,n∈N,‎ 即使得8Sn≥15a1成立的n的取值范围为{n|1≤n≤4,n∈N}.(12分)‎ ‎2.(1)设等比数列{an}的公比为q,由 - 2S2,S3,4S4成等差数列,可知q≠1,2S3=4S4 - 2S2,即2·a‎1‎‎(1-q‎3‎)‎‎1-q=4·a‎1‎‎(1-q‎4‎)‎‎1-q - 2·a‎1‎‎(1-q‎2‎)‎‎1-q,化简得2q2 - q - 1=0,解得q= - ‎1‎‎2‎,a2+2a3+a4=‎1‎‎16‎,即 - ‎1‎‎2‎a1+2·‎1‎‎4‎a1 - ‎1‎‎8‎a1=‎1‎‎16‎,‎ 解得a1= - ‎1‎‎2‎,则an=( - ‎1‎‎2‎)n,n∈N*.(5分)‎ ‎(2)bn= - (n+2)log2|an|= - (n+2)log2‎1‎‎2‎n=n(n+2),可得‎1‎bn‎=‎1‎n(n+2)‎=‎‎1‎‎2‎(‎1‎n‎ - ‎‎1‎n+2‎),‎ 则Tn=‎1‎‎2‎(1 - ‎1‎‎3‎‎+‎1‎‎2‎ - ‎‎1‎‎4‎+…+‎1‎n-1‎‎ - ‎1‎n+1‎+‎1‎n - ‎‎1‎n+2‎)=‎1‎‎2‎(1+‎1‎‎2‎‎ - ‎1‎n+1‎ - ‎‎1‎n+2‎)=‎3‎‎4‎‎ - ‎‎1‎‎2‎(‎1‎n+1‎‎+‎‎1‎n+2‎).(12分)‎ ‎3.(1)∵an+1=Sn+1 - Sn,Sn‎2‎‎=‎an+1‎‎2‎ - λSn+1,‎ ‎∴Sn‎2‎‎=‎‎(Sn+1‎-Sn)‎‎2‎ - λSn+1,(1分)‎ ‎∴Sn+1(Sn+1 - 2Sn - λ)=0.(3分)‎ ‎∵an>0,∴Sn+1>0,‎ ‎∴Sn+1 - 2Sn - λ=0,∴Sn+1=2Sn+λ.(5分)‎ ‎(2)∵Sn+1=2Sn+λ,‎ ‎∴Sn=2Sn - 1+λ(n≥2),‎ 两式相减,得an+1=2an(n≥2).(8分)‎ ‎∵S2=2S1+λ,即a2+a1=2a1+λ,‎ ‎∴a2=1+λ,由a2>0,得λ> - 1.‎ 若{an}是等比数列,则a1a3=a‎2‎‎2‎,(10分)‎ 即2(λ+1)=(λ+1)2,得λ=1.(11分)‎ 经检验,λ=1符合题意.‎ 故存在λ=1,使得数列{an}为等比数列.(12分)‎ ‎4.(1)∵Sn=an+1,‎ ‎∴当n=1时,a2=1,当n≥2时,Sn - 1=an,‎ ‎∴an=Sn - Sn - 1=an+1 - an(n≥2),∴an+1=2an(n≥2),‎ ‎∵a1=1,a2=1,不满足上式,‎ ‎∴数列{an}是从第二项起的等比数列,公比为2,‎ ‎∴an=‎1,n=1,‎‎2‎n-2‎‎,n≥2.‎(6分)‎ ‎(2)由(1)知,当n=1时,T1=1,‎ 当n≥2时,Tn=1+2×20+3×21+…+n×2n - 2,‎ ‎2Tn=1×2+2×21+3×22+…+n×2n - 1,‎ ‎∴ - Tn=1+21+22+…+2n - 2 - n×2n - 1=‎1-‎‎2‎n-1‎‎1-2‎ - n×2n - 1,‎ ‎∴Tn=(n - 1)×2n - 1+1.‎ 当n=1时也满足上式,‎ 综上,Tn=(n - 1)×2n - 1+1.(12分)‎ ‎5.(1)由an‎2‎ - 2nan - (2n+1)=0得[an - (2n+1)]·(an+1)=0,‎ 所以an=2n+1或an= - 1.‎ 又数列{an}的各项均为正数,‎ 所以an=2n+1,n∈N*.(5分)‎ ‎(2)由(1)知an=2n+1,n∈N*,bn=( - 1)n - 1an=( - 1)n - 1·(2n+1),‎ 所以Tn=3 - 5+7 - 9+…+( - 1)n - 1·(2n+1)　①,‎ 故 - Tn= - 3+5 - 7+9 - …+( - 1)n - 1·(2n - 1)+( - 1)n·(2n+1)　②,‎ ‎① - ②得,2Tn=3 - 2[1 - 1+1 - 1+…+( - 1)n - 2] - ( - 1)n·(2n+1)=3 - 2‎×‎‎1×[1-(-1‎)‎n-1‎]‎‎1-(-1)‎ - ( - 1)n·(2n+1)=2+( - 1)n - 1 - ( - 1)n·(2n+1)=2+( - 1)n - 1(2n+2),‎ 所以Tn=1+( - 1)n - 1(n+1).(12分)‎ ‎6.(1)∵Sn=2an - 2,∴Sn+1=2an+1 - 2,‎ 两式相减得an+1=2an,易知a1=2,‎ ‎∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.(2分)‎ ‎∴bn=(2n - 1)2n,(3分)‎ ‎∴Bn=1·2+3·22+…+(2n - 1)·2n,‎ ‎2Bn=1·22+3·23+…+(2n - 1)·2n+1,‎ 两式相减得 - Bn=1·2+2·22+…+2·2n - (2n - 1)·2n+1=(3 - 2n)2n+1 - 6,‎ ‎∴Bn=6+(2n - 3)·2n+1.(5分)‎ ‎(2)由(1)知,cn=‎1‎‎2‎n‎ - ‎1‎n(n+1)‎=‎‎1‎n(n+1)‎[n(n+1)‎‎2‎n - 1],‎ 易知c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,c5<0.‎ n≥5时,‎(n+1)n‎2‎n‎ - ‎(+1)(n+2)‎‎2‎n+1‎=‎‎(n-2)(n+1)‎‎2‎n+1‎>0,‎ ‎∴n≥5时,数列{n(n+1)‎‎2‎n}是递减数列.(7分)‎ 又n=5时,n(n+1)‎‎2‎n<1,‎ ‎∴n≥5时,数列{n(n+1)‎‎2‎n}的各项均小于1,‎ ‎∴n≥5时,cn<0.‎ ‎∴T1T5>…,‎ ‎∴存在正整数k=4,使得对任意的n均有T4≥Tn.(10分)‎ ‎7.设数列{an}的公差为d,{bn}的公比为q(q>0),‎ 因为{bn}是公比大于0的等比数列,且b1=1,b3=b2+2,‎ 所以q2=q+2,解得q=2(q= - 1不合题意,舍去),所以bn=2n - 1.(2分)‎ 若存在k,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn,则cn存在最小值.(3分)‎ 若选①,则由b5=a4+2a6,b4=a3+a5可得‎3a‎1‎+13d=16,‎‎2a‎1‎+6d=8,‎得d=1,‎a‎1‎‎=1,‎(5分)‎ 所以Sn=‎1‎‎2‎n2+‎1‎‎2‎n,cn=b‎2‎Sn‎=‎2‎‎1‎‎2‎n‎2‎‎+‎1‎‎2‎n=‎‎4‎n‎2‎‎+n.(7分)‎ 因为n∈N*,所以n2+n≥2,所以cn不存在最小值,(9分)‎ 即不存在满足题意的k.(10分)‎ 若选②,由b5=a4+2a6,b4+b6=3a3+3a5可得‎3a‎1‎+13d=16,‎‎6a‎1‎+18d=40,‎得d=-1,‎a‎1‎‎=‎29‎‎3‎,‎(5分)‎ 所以Sn= - ‎1‎‎2‎n2+‎61‎‎6‎n,cn=b‎2‎Sn‎=‎‎12‎‎-3n‎2‎+61n.(7分)‎ 因为当n≤20时,cn>0,当n≥21时,cn<0,‎ 所以易知cn的最小值为c21= - ‎2‎‎7‎.(9分)‎ 即存在k=21,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn.(10分)‎ 若选③,则由b5=a4+2a6,a2+a3=b4可得‎3a‎1‎+13d=16,‎‎2a‎1‎+3d=8,‎得d=‎8‎‎17‎,‎a‎1‎‎=‎56‎‎17‎,‎(5分)‎ 所以Sn=‎4n‎2‎+52n‎17‎,cn=b‎2‎Sn‎=‎‎17‎‎2n‎2‎+26n.(7分)‎ 因为2n2+26n≥28,所以cn不存在最小值,(9分)‎ 即不存在满足题意的k.(10分)‎