2021届高考数学一轮复习第六章数列顶层设计前瞻数列热点问题教学案含解析新人教A版 10页

数列热点问题 ‎ 三年真题考情 核心热点 真题印证 核心素养 等比(差)数列的判定与证明 ‎2019·全国Ⅱ，19；2018·全国Ⅰ，17；2017·全国Ⅰ，17‎ 逻辑推理、数学运算 通项与求和 ‎2019·天津，19；2018·全国Ⅱ，17；2018·全国Ⅲ，17‎ 数学运算、数学建模 等差与等比数列的综合问题 ‎2019·全国Ⅰ，18；2019·全国Ⅱ，18；2019·北京，16；2017·全国Ⅱ，17；2018·天津，18；2018·全国Ⅰ，17；2018·浙江，20‎ 数学运算、逻辑推理 ‎ 热点聚焦突破 教材链接高考——等比(差)数列的判定与证明 ‎[教材探究]1.(必修5P50例2)根据图2.4－2中的框图(图略，教材中的图)，写出所打印数列的前5项，并建立数列的递推公式.这个数列是等比数列吗？‎ ‎2.(必修5P69B6)已知数列{an}中，a1＝5，a2＝2，且an＝2an－1＋3an－2(n≥3).对于这个数列的通项公式作一研究，能否写出它的通项公式？‎ ‎[试题评析]　(1)题目以程序框图为载体给出递推数列{an}，其中a1＝1，an＝an－1(n>1).进而由递推公式写出前5项，并利用定义判断数列{an}是等比数列.‎ ‎(2)题目以递推形式给出数列，构造数列模型bn＝an＋an－1(n≥2)，cn＝an－3an－1(n≥2)，利用等比数列定义不难得到{bn}，{cn}是等比数列，进而求出数列{an}的通项公式.‎ 两题均从递推关系入手，考查等比数列的判定和通项公式的求解，突显数学运算与逻辑推理等数学核心素养.‎ ‎【教材拓展】 (2019·绵阳检测)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1－(n＋1)an＝1＋2＋3＋…＋n.‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；‎ ‎(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎(1)证明　∵nan＋1－(n＋1)an＝1＋2＋3＋…＋n＝，‎ ‎∴－＝－＝，‎ ‎∴数列是首项为1，公差为的等差数列.‎ ‎(2)解　由(1)知，＝1＋(n－1)＝，‎ ‎∴an＝.‎ ‎∴bn＝＝＝2.‎ ‎∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2(1－＋－＋…＋－)＝.‎ 探究提高　由数列的递推公式证明数列是等差或等比数列，并求其通项公式是数列命题的常见题型，解题的关键是通过适当的变形，转化为等差、等比等特殊的数列问题.‎ ‎【链接高考】 (2019·全国Ⅱ卷)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)证明　由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，‎ 即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn).又因为a1＋b1＝1，‎ 所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列.‎ 由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，‎ 即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.‎ 又因为a1－b1＝1，‎ 所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.‎ ‎(2)解　由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，‎ 所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，‎ bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.‎ 教你如何审题——等差与等比数列的综合问题 ‎【例题】 (2018·天津卷)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.‎ ‎(1)求Sn和Tn；‎ ‎(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.‎ ‎[审题路线]‎ ‎[自主解答]‎ 解　(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0).‎ 由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.‎ 因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.‎ 所以Tn＝＝2n－1.‎ 设等差数列{an}的公差为d.‎ 由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.‎ 由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，‎ 故an＝n.‎ 所以Sn＝.‎ ‎(2)由(1)，有 T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n ‎＝－n＝2n＋1－n－2.‎ 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn 可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，‎ 整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.‎ 所以n的值为4.‎ 探究提高　1.本题主要考查利用等差、等比数列通项公式与前n项和公式计算，突出方程思想和数学运算等核心素养，准确计算是求解的关键.‎ ‎2.利用等差(比)数列的通项公式及前n 项和公式列方程(组)求出等差(比)数列的首项和公差(比)，进而写出所求数列的通项公式及前n项和公式，这是求解等差数列或等比数列问题的常用方法.‎ ‎3.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化.‎ ‎【尝试训练】 (2019·全国Ⅱ卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和.‎ 解　(1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.‎ 解得q＝－2(舍去)或q＝4.‎ 因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.‎ ‎(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.‎ 满分答题示范——数列的通项与求和 ‎【例题】 (13分)(2019·天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{cn}满足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*).‎ ‎[规范解答]‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0).‎ 依题意，得解得 由条件建立方程组求公差和公比3′‎ 故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.由公式求通项 所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.5′‎ ‎(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n ‎＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)‎ ‎　根据数列特征分组7′‎ ‎＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)‎ ‎　应用公式求和9′‎ ‎＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n).‎ 记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①‎ 则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②‎ ‎②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1‎ ‎＝－＋n×3n＋1＝.‎ ‎　　　错位相减求和 所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn ‎＝3n2＋3× ‎＝(n∈N*).13′‎ ‎[高考状元满分心得]‎ ‎❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，由条件式转化为关于d，q的方程组，由公式求an，bn，在第(2)问中观察数列的结构特征先分组，后用错位相减法求和.‎ ‎❷得关键分：(1)列方程组，(2)分组求和都是不可缺少的过程，有则给分，无则没分.‎ ‎❸得计算分：解题过程中计算正确是得满分的根本保证，特别是第(1)问中的解方程，起着至关重要的作用，第(2)问中的错位相减法求和是计算中的难点.‎ ‎[构建模板]‎ ‎……由等差、等比数列的通项公式列方程组求通项公式 ‎ ‎ ‎……根据数列的特征，先分组，后分别用公式法与错位相减法求和 ‎ ‎ ‎……反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤 ‎【规范训练】 (开放题)在等差数列{an}中，已知a6＝16，a18＝36.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an；‎ ‎(2)若________，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 在①bn＝，②bn＝(－1)n·an，③bn＝2an·an这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解.‎ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.‎ 解　(1)由题意， 解得d＝2，a1＝2.‎ ‎∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.‎ ‎(2)选条件①：bn＝＝，‎ Sn＝＋＋…＋ ‎＝＋＋…＋ ‎＝1－＝.‎ 选条件②：∵an＝2n，bn＝(－1)nan，‎ ‎∴Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，‎ 当n为偶数时， ‎ Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]‎ ‎＝×2＝n；‎ 当n为奇数时，n－1为偶数，‎ Sn＝(n－1)－2n＝－n－1.‎ ‎∴Sn＝ 选条件③：∵an＝2n，bn＝2an·an，‎ ‎∴bn＝22n·2n＝2n·4n，‎ ‎∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n，①‎ ‎4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)×4n＋2n×4n＋1，②‎ 由①－②得，‎ ‎－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n×4n＋1‎ ‎＝－2n×4n＋1‎ ‎＝－2n×4n＋1，‎ ‎∴Sn＝(1－4n)＋·4n＋1.‎ ‎ 热点跟踪训练 ‎1.(2018·全国Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.‎ ‎(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　(1)由条件可得an＋1＝an.‎ 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){bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：‎ 由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.‎ ‎(3)由(2)可得＝2n－1，‎ 所以{an}的通项公式为an＝n·2n－1.‎ ‎2.已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求{bn}的前n项和.‎ 解　(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2.‎ 所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.‎ ‎(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn得bn＋1＝，‎ 因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列.‎ 记{bn}的前n项和为Sn，则 Sn＝＝－.‎ ‎3.(2019·潍坊期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2，an，Sn成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)数列{bn}满足bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，求数列的前n项和Tn.‎ 解　(1)∵2，an，Sn成等差数列，‎ ‎∴2an＝2＋Sn，∴Sn＝2an－2.‎ 当n＝1时，a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－2an－1＋2，‎ ‎∴an＝2an－1.‎ ‎∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，即通项公式为an＝2n.‎ ‎(2)∵log2an＝log22n＝n，‎ ‎∴bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝1＋2＋…＋n ‎＝n(n＋1).‎ ‎∴＝＝2.‎ ‎∴Tn＝2 ‎＝2＝.‎ ‎4.(2020·长沙一模)已知数列{an}的首项a1＝3，a3＝7，且对任意的n∈N*，都有an－2an＋1＋an＋2＝0，数列{bn}满足bn＝a2n－1，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求使b1＋b2＋…＋bn>2 020成立的最小正整数n的值.‎ 解　(1)令n＝1，得a1－2a2＋a3＝0，解得a2＝5.‎ 由an－2an＋1＋an＋2＝0知，‎ an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1＝2.‎ 故数列{an}是首项a1＝3，公差d＝2的等差数列.‎ 于是an＝2n＋1.‎ 所以bn＝a2n－1＝2n＋1.‎ ‎(2)由(1)知bn＝2n＋1，于是数列{bn}的前n项和 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(21＋22＋…＋2n)＋n ‎＝＋n＝2n＋1＋n－2.‎ 令f(x)＝2x＋1＋x－2，则f′(x)＝2x＋1·ln 2＋1>0，‎ 所以f(x)是关于x的单调递增函数.‎ 又f(9)＝210＋9－2＝1 031，f(10)＝211＋10－2＝2 056，‎ 故使b1＋b2＋…＋bn>2 020成立的最小正整数n的值是10.‎ ‎5.(2019·泉州二模)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2.‎ ‎(1)求证：数列{an}为等比数列；‎ ‎(2)记bn＝log2an，数列的前n项和为Tn.若Tn≥10，求λ的取值范围.‎ ‎(1)证明　由已知，得a1＝S1＝2，‎ 则a2＝S1＋2＝4.‎ 当n≥2时，an＝Sn－1＋2，‎ 所以an＋1－an＝(Sn＋2)－(Sn－1＋2)＝an，‎ 所以an＋1＝2an(n≥2).‎ 又a2＝2a1，所以＝2(n∈N*).‎ 所以数列{an}是首项a1＝2，公比q＝2的等比数列.‎ ‎(2)解　由(1)可知an＝2n，所以bn＝n，‎ 则＝＝λ，‎ 所以Tn＝λ ‎＝λ＝.‎ 由题意，有Tn≥10，即≥10，所以λ≥.‎ 因为＝10≤20，‎ 所以λ的取值范围为[20，＋∞).‎ ‎6.(2020·辽宁五校联考)在等差数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，b1＝1，且b2＋S3＝11，S6＝9b3.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，‎ 则解得 所以an＝2n－1，bn＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)得cn＝.‎ 当n＝1时，T1＝1；‎ 当n≥2时，‎ Tn＝1＋＋＋…＋＋，①‎ Tn＝＋＋＋…＋＋.②‎ ‎①－②，得Tn＝1＋＋＋＋…＋－ ‎＝1＋2－＝3－，‎ 所以Tn＝6－(n≥2)，‎ 又n＝1时，T1＝1也适合.‎ 综上所述，Tn＝6－.‎