搜索
-2-高考命题规律1.高考命题的完全考题,常与解三角形解答题交替在第17题呈现.2.解答题,12分,中档难度.3.全国高考有3种命题角度,分布如下表.2020年高考必备2015年2016年2017年2018年2019Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷命题角度1等差、等比数列的判定与证明1719命题角度2等差、等比数列的通项公式与前n项和公式的应用171717命题角度3一般数列的通项公式与前n项和的求解17-3-高考真题体验典题演练提能等差、等比数列的判定与证明1.(2019全国Ⅱ·19)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.-4-高考真题体验典题演练提能(2)解:由(1)知,an+bn=12𝑛-1,an-bn=2n-1.所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12𝑛+n-12,bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12𝑛-n+12.(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.1212-5-高考真题体验典题演练提能2.(2014全国Ⅱ·17)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明𝑎𝑛+12是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)证明1𝑎1+1𝑎2+…+1𝑎𝑛32.-6-高考真题体验典题演练提能解:(1)由an+1=3an+1得an+1+12=3𝑎𝑛+12.又a1+12=32,所以𝑎𝑛+12是首项为32,公比为3的等比数列.an+12=3𝑛2,因此{an}的通项公式为an=3𝑛-12.(2)由(1)知1𝑎𝑛=23𝑛-1.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以13𝑛-1≤12×3𝑛-1.于是1𝑎1+1𝑎2+…+1𝑎𝑛≤1+13+…+13𝑛-1=321-13𝑛32.所以1𝑎1+1𝑎2+…+1𝑎𝑛32.-7-高考真题体验典题演练提能1.(2019江西临川第一中学高三下学期考前模拟)已知数列{an}中,a1=m,且an+1=3an+2n-1,bn=an+n(n∈N*).(1)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;(2)当m=2时,求数列{(-1)nan}的前2020项和S2020.解:(1)∵an+1=3an+2n-1,∴bn+1=an+1+n+1=3an+2n-1+n+1=3(an+n)=3bn.①当m=-1时,b1=0,数列{bn}不是等比数列;②当m≠-1时,数列{bn}是等比数列,其首项为b1=m+1≠0,公比为3.(2)由(1)且当m≠-1时,有bn=an+n=3×3n-1=3n,即an=3n-n,∴(-1)nan=(-3)n-(-1)nn.∴S2020=-3×[1-(-3)2020]1-(-3)-[(-1+2)+(-3+4)+…+(-2019+2020)]=-3+320214-1010=32021-40434.-8-高考真题体验典题演练提能2.(2019重庆一中高三下学期5月月考)已知数列{an}满足:an≠1,an+1=2-1𝑎𝑛(n∈N*),数列{bn}中,bn=1𝑎𝑛-1,且b1,b2,b4成等比数列.(1)求证:数列{bn}是等差数列;(2)若Sn是数列{bn}的前n项和,求数列1𝑆𝑛的前n项和Tn.(1)证明:bn+1-bn=1𝑎𝑛+1-1−1𝑎𝑛-1=12-1𝑎𝑛-1−1𝑎𝑛-1=𝑎𝑛𝑎𝑛-1−1𝑎𝑛-1=1,所以数列{bn}是公差为1的等差数列.(2)解:由题意可得𝑏22=b1b4,即(𝑏1+1)2=b1(b1+3),∴b1=1.故bn=n.所以Sn=𝑛(𝑛+1)2.所以1𝑆𝑛=2𝑛(𝑛+1)=21𝑛−1𝑛+1.所以Tn=2×1-12+12−13+…+1𝑛−1𝑛+1=2×1-1𝑛+1=2𝑛𝑛+1.-9-高考真题体验典题演练提能3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1.(1)证明数列{an}是等比数列;(2)设bn=(2n-1)an,求数列{bn}的前n项和Tn.解:(1)当n=1时,a1=S1=2a1-1,所以a1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1),所以an=2an-1,所以数列{an}是以a1=1为首项,以2为公比的等比数列.(2)由(1)知,an=2n-1,所以bn=(2n-1)2n-1,所以Tn=1+3×2+5×22+…+(2n-3)·2n-2+(2n-1)·2n-1①,2Tn=1×2+3×22+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n②,①-②得-Tn=1+2(21+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n=1+2×2-2𝑛-1×21-2-(2n-1)2n=(3-2n)2n-3,所以Tn=(2n-3)2n+3.-10-高考真题体验典题演练提能4.设a1=2,a2=4,数列{bn}满足:bn+1=2bn+2且an+1-an=bn.(1)求证:数列{bn+2}是等比数列;(2)求数列{an}的通项公式.-11-高考真题体验典题演练提能解:(1)由题知𝑏𝑛+1+2𝑏𝑛+2=2𝑏𝑛+2+2𝑏𝑛+2=2,又∵b1=a2-a1=4-2=2,∴b1+2=4,∴{bn+2}是以4为首项,以2为公比的等比数列.(2)由(1)可得bn+2=4×2n-1,故bn=2n+1-2.∵an+1-an=bn,∴a2-a1=b1,a3-a2=b2,a4-a3=b3,…,an-an-1=bn-1.累加得an-a1=b1+b2+b3+…+bn-1,an=2+(22-2)+(23-2)+(24-2)+…+(2n-2)=2+22(1-2𝑛-1)1-2-2(n-1)=2n+1-2n,即an=2n+1-2n(n≥2).而a1=2=21+1-2×1,∴an=2n+1-2n(n∈N*).-12-高考真题体验典题演练提能等差、等比数列的通项公式与前n项和公式的应用1.(2019天津·19)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=1,2𝑘𝑛2𝑘+1,𝑏𝑘,𝑛=2𝑘,其中k∈N*.①求数列{𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)}的通项公式;②求∑𝑖=12𝑛aici(n∈N*).-13-高考真题体验典题演练提能解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.依题意得6𝑞=6+2𝑑,6𝑞2=12+4𝑑,解得𝑑=3,𝑞=2,故an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2n-1=3×2n.②∑𝑖=12𝑛aici=∑𝑖=12𝑛[ai+ai(ci-1)]=∑𝑖=12𝑛ai+∑𝑖=1𝑛a2i(𝑐2𝑖-1)=2n×4+2𝑛(2𝑛-1)2×3+∑𝑖=1𝑛(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(1-4n)1-4-n=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.(2)①𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)=𝑎2𝑛(bn-1)=(3×2n+1)(3×2n-1)=9×4n-1.所以,数列{𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)}的通项公式为𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)=9×4n-1.-14-高考真题体验典题演练提能2.(2018全国Ⅱ·17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求{an}的通项公式;(2)求Sn,并求Sn的最小值.解:(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2.所以{an}的通项公式为an=2n-9.(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.-15-高考真题体验典题演练提能3.(2018全国Ⅲ·17)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.(1)求{an}的通项公式;(2)记Sn为{an}的前n项和,若Sm=63,求m.解:(1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故an=(-2)n-1或an=2n-1.(2)若an=(-2)n-1,则Sn=1-(-2)𝑛3.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.综上,m=6.-16-高考真题体验典题演练提能1.设等差数列{an}的公差不为0,a2=1,且a2,a3,a6成等比数列.(1)求{an}的通项公式;(2)设数列{an}的前n项和为Sn,求使Sn35成立的n的最小值.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,d≠0.因为a2,a3,a6成等比数列,所以=a2·a6,即(1+d)2=1+4d,解得d=2或d=0(舍去).所以{an}的通项公式为an=a2+(n-2)d=2n-3.(2)因为an=2n-3,所以Sn=𝑛(𝑎1+𝑎𝑛)2=𝑛(𝑎2+𝑎𝑛-1)2=n2-2n.依题意有n2-2n35,解得n7.故使Sn35成立的n的最小值为8.𝑎32-17-高考真题体验典题演练提能2.(2019云南昆明高三1月复习诊断)已知数列{an}是等比数列,公比q1,前n项和为Sn,若a2=2,S3=7.(1)求{an}的通项公式;(2)设m∈Z,若Snm恒成立,求m的最小值.解:(1)由𝑎2=2,𝑆3=7,得𝑎1𝑞=2,𝑎1+𝑎1𝑞+𝑎1𝑞2=7,解得𝑎1=4,𝑞=12或𝑎1=1,𝑞=2(舍).所以an=4×12𝑛-1=12𝑛-3.(2)由(1)可知:Sn=𝑎1(1-𝑞𝑛)1-𝑞=4(1-12𝑛)1-12=81-12𝑛8.因为an0,所以Sn单调递增.所以要使Snm恒成立,需m≥8.又因为m∈Z,故m的最小值为8.-18-高考真题体验典题演练提能3.(2019北京大学附属中学高三下)设{an}是首项为1,公比为3的等比数列.(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn;(2)已知{bn}是等差数列,Tn为前n项和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20.解:(1)由题意可得an=3n-1,∴Sn=1-3𝑛1-3=3𝑛-12.(2)∵b1=a2,b3=a1+a2+a3,∴b3-b1=a1+a3=30+32=10=2d.∴d=5.∴T20=20×3+20×192×5=1010.-19-高考真题体验典题演练提能4.已知等差数列{an}的公差d为1,且a1,a3,a4成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列bn=+n,求数列{bn}的前n项和Sn.解:(1)在等差数列{an}中,因为a1,a3,a4成等比数列,解得a1d+4d2=0.因为d=1,所以a1=-4,所以数列{an}的通项公式an=n-5.(2)由(1)知an=n-5,所以bn=+n=2n+n.Sn=b1+b2+b3+…+bn=(2+22+23+…+2n)+(1+2+3+…+n)=2(1-2𝑛)1-2+𝑛(1+𝑛)2=2n+1+𝑛(𝑛+1)2-2.2𝑎𝑛+5所以𝑎32=a1a4,即(a1+2d)2=𝑎12+3a1d,2𝑎𝑛+5-20-高考真题体验典题演练提能5.已知数列{an}是等差数列,其前n项和为S