2020届高考数学大二轮复习 冲刺创新专题 题型2 解答题 规范踩点 多得分 第3讲 数列课件 文

第3讲数列题型2解答题规范踩点多得分[考情分析]数列为每年高考必考内容之一，题型不固定，等差、等比数列基本量和性质的考查是高考的热点，经常以客观题的形式呈现；数列求和及数列与函数、不等式的综合问题常以解答题的形式呈现，考查分析问题、解决问题的能力及转化与化归等数学思想方法.1热点题型分析PARTONE热点1等差数列与等比数列的综合1．等差(比)数列的运算策略(1)在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个最基本的元素；(2)在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解．2．应用数列性质解题的方法(1)抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解；(2)牢固掌握等差(比)数列的性质，可分为三类：①通项公式的变形；②等差(比)中项的变形；③前n项和公式的变形．(2018·全国卷Ⅲ)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.在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．有两个处理思路：一是利用基本量，将多元问题简化为一元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确；二是利用等差、等比数列的性质，但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．(2019·北京高考)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(1)求{an}的通项公式；(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．解(1)设{an}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，an＝2n－12.则当n≥7时，an0；当n≤6时，an≤0.所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.热点2数列的通项与求和1．求数列通项公式的常见类型及方法(1)观察法：根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法求其通项公式；(2)公式法：利用等差(比)数列的通项公式求an；(3)已知Sn与an的关系，利用an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.求an；(4)累加法：形如an＋1＝an＋f(n)的解析式，可用递推式多项相加法求得an；(5)累乘法：形如an＋1＝f(n)·an(an≠0)的解析式，可用递推式多项相乘法求得an；(6)倒数法：形如f(anan＋1，an，an＋1)＝0的关系，同乘1anan＋1，先求出1an，再求出an；(7)构造辅助数列法：通过变换递推关系，将非等差(等比)数列构造为等差(等比)数列来求其通项公式．2．求数列前n项和Sn的常见方法(1)公式法：利用等差、等比数列的前n项和公式求数列的前n项和；(2)裂项相消法：将数列恒等变形为连续两项或相隔若干项之差的形式，进行消项；(3)错位相减法：求解形如{an·bn}和anbn的前n项和，数列{an}，{bn}分别为等差与等比数列；(4)倒序相加法：应用于等差数列或能转化为等差数列的数列求和；(5)分组求和法：数列为等差与等比数列的代数和或奇数项和偶数项的规律不同，根据其表现形式分别求和．1．(2019·天津高考)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＝1，n为奇数，bn2，n为偶数.求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．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3q＝3＋2d，3q2＝15＋4d，解得d＝3，q＝3，故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝n×3＋nn－12×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝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＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－31－3n1－3＋n×3n＋1＝2n－13n＋1＋32.所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×2n－13n＋1＋32＝2n－13n＋2＋6n2＋92(n∈N*)．2．(2018·天津高考)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，①求Tn；②证明∑nk＝1Tk＋bk＋2bkk＋1k＋2＝2n＋2n＋2－2(n∈N*)．解(1)设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2.可得q2－q－2＝0.因为q0，可得q＝2，故an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16.从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.(2)①由(1)，有Sn＝1－2n1－2＝2n－1，故Tn＝∑nk＝1(2k－1)＝∑nk＝12k－n＝2·1－2n1－2－n＝2n＋1－n－2.②证明：因为Tk＋bk＋2bkk＋1k＋2＝2k＋1－k－2＋k＋2kk＋1k＋2＝k·2k＋1k＋1k＋2＝2k＋2k＋2－2k＋1k＋1，所以∑nk＝1Tk＋bk＋2bkk＋1k＋2＝233－222＋244－233＋…＋2n＋2n＋2－2n＋1n＋1＝2n＋2n＋2－2.采用错位相减法求和，要注意相减后和式的结构，把项数数清．采用裂项相消法求和，消项时要注意相消的规律，可将数列的前几项和表示出来，归纳出规律．常用的裂项相消变换有：(1)分式裂项：1nn＋p＝1p1n－1n＋p；(2)根式裂项：1n＋n＋p＝1p(n＋p－n)；(3)对数式裂项：lgn＋pn＝lg(n＋p)－lgn；(4)指数式裂项：aqn＝a1－q(qn－qn＋1)(q≠0且q≠1)．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由a1＝10，a2为整数，可知等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0,10＋4d≤0，解得－103≤d≤－52，因此d＝－3，故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.(2)bn＝113－3n10－3n＝13110－3n－113－3n，于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1317－110＋14－17＋…＋110－3n－113－3n＝13110－3n－110＝n1010－3n.热点3数列的综合应用解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点：(1)由于数列是一类特殊函数，因此解答数列问题时，多从函数角度入手，准确处理数列问题；(2)利用数列自身特点和自身性质，准确推理，其中注意适时分类讨论；(3)证明不等关系时要充分利用题意恰当使用放缩法．1．(2017·北京高考)设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n＝1,2,3，…)，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．(1)若an＝n，bn＝2n－1，求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列；(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，cnn＞M；或者存在正整数m，使得cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．解(1)c1＝b1－a1＝1－1＝0，c2＝max{b1－2a1，b2－2a2}＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，c3＝max{b1－3a1，b2－3a2，b3－3a3}＝max{1－3×1，3－3×2，5－3×3}＝－2.当n≥3时，(bk＋1－nak＋1)－(bk－nak)＝(bk＋1－bk)－n(ak＋1－ak)＝2－n＜0，所以bk－nak关于k∈N*单调递减．所以cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}＝b1－a1n＝1－n.所以对任意n≥1，cn＝1－n，于是cn＋1－cn＝－1，所以{cn}是等差数列．(2)证明：设数列{an}和{bn}的公差分别为d1，d2，则bk－nak＝b1＋(k－1)d2－[a1＋(k－1)d1]n＝b1－a1n＋(d2－nd1)(k－1)．所以cn＝b1－a1n＋n－1d2－nd1，d2＞nd1，b1－a1n，d2≤nd1.①当d1＞0时，取正整数m＞d2d1，则当n≥m时，nd1＞d2，因此cn＝b1－a1n.此时，cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．②当d1＝0时，对任意n≥1，cn＝b1－a1n＋(n－1)max{d2,0}＝b1－a1＋(n－1)(max{d2,0}－a1)．此时，c1，c2，c3，…，cn，…是等差数列．③当d1＜0时，当n＞d2d1时，有nd1＜d2，所以cnn＝b1－a1n＋n－1d2－nd1n＝n(－d1)＋d1－a1＋d2＋b1－d2n≥n(－d1)＋d1－a1＋d2－|b1－d2|.对任意正数M，取正整数m＞maxM＋|b1－d2|＋a1－d1－d2－d1，d2d1，故当n≥m时，cnn＞M.2．(2019·江苏高考)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M­数列”．(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M­数列”；(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，1Sn＝2bn－2bn＋1，其中Sn为数列{bn}的前n项和．①求数列{bn}的通项公式；②设m为正整数．若存在“M­数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．解(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，得a21q4＝a1q4，a1q2－4a1q＋4a1＝0，解得a1＝1，q＝2.因此数列{an}为“M­数列”．(2)①因为1Sn＝2bn－2bn＋1，所以bn≠0.由b1＝1，S1＝b1，得11＝21－2b2，则b2＝2.由1Sn＝2bn－2bn＋1，得Sn＝bnbn＋12bn＋1－bn.当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝bnbn＋12bn＋1－bn－bn－1bn2bn