创新设计一轮复习 第五章 教材高考审题答题三.docx

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创新设计一轮复习第五章教材高考审题答题三

热点预测

真题印证

核心素养

等比（差）数列的判定与证明

2018·全国Ⅰ，17；2017·全国Ⅰ，17；2016·全国Ⅲ，17

逻辑推理、

数学运算

通项与求和

2018·全国Ⅱ，17；2018·全国Ⅲ，17；2016·全国Ⅱ，17；2016·全国Ⅲ，17

数学运算、

数学建模

等差与等比数列的综合问题

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

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·郑州模拟）已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1（n≥2）.

（1）求证：

{an＋1＋2an}是等比数列；

（2）求数列{an}的通项公式.

（1）证明　因为an＋1＝an＋6an－1（n≥2），

所以an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3（an＋2an－1）（n≥2）.

因为a1＝5，a2＝5，

所以a2＋2a1＝15，

所以an＋2an－1≠0（n≥2），

所以数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列.

（2）解　由

（1）得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，

则an＋1＝－2an＋5×3n，

所以an＋1－3n＋1＝－2（an－3n）.

又因为a1－3＝2，所以an－3n≠0，

所以{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列.

所以an－3n＝2×（－2）n－1，

故an＝2×（－2）n－1＋3n.

【链接高考】（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＝n·2n－1.

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】（2017·全国Ⅱ卷）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.

（1）若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；

（2）若T3＝21，求S3.

解　设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，

则an＝－1＋（n－1）·d，bn＝qn－1.

由a2＋b2＝2得d＋q＝3.①

（1）由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②

联立①和②解得（舍去），

因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.

（2）由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0.

解得q＝－5或q＝4.

当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.

当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.

满分答题示范——数列的通项与求和

【例题】（12分）（2017·全国Ⅲ卷）设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋（2n－1）an＝2n.

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列的前n项和.

[规范解答]

[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an满足的关系式，通过消项求得an，验证n＝1时成立，写出结果.在第

（2）问中观察数列的结构特征进行裂项→利用裂项相消法求得数列的前n项和Sn.

❷得关键分：

（1）an－1满足的关系式，

（2）验证n＝1，（3）对通项裂项都是不可少的过程，有则给分，无则没分.

❸得计算分：

解题过程中的计算准确是得满分的根本保证，如（得分点2），（得分点5），（得分点7）.

[构建模板]

【规范训练】（2019·芜湖调研）已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3＋2是a2和a4的等差中项.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn＝2log2an－1，求数列{anbn}的前n项和Tn.

解　

（1）设数列{an}的公比为q，

因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2.

因为a3＋2是a2和a4的等差中项，

所以2（a3＋2）＝a2＋a4.

即2（4q＋2）＝4＋4q2，化简得q2－2q＝0.

因为公比q≠0，所以q＝2.

所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n（n∈N*）.

（2）因为an＝2n，所以bn＝2log2an－1＝2n－1，

所以anbn＝（2n－1）2n，

则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋（2n－3）2n－1＋（2n－1）2n，①

2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋（2n－3）2n＋（2n－1）2n＋1.②

由①－②得，

－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－（2n－1）2n＋1

＝2＋2×－（2n－1）2n＋1＝－6－（2n－3）2n＋1，

所以Tn＝6＋（2n－3）2n＋1.

1.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＝＝－.

2.已知数列{an}满足a1＝，且an＋1＝.

（1）求证：

数列是等差数列；

（2）若bn＝anan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.

（1）证明　易知an≠0，∵an＋1＝，

∴＝，∴－＝，

又∵a1＝，∴＝2，

∴数列是以2为首项，为公差的等差数列.

（2）解　由

（1）知，＝2＋（n－1）＝，即an＝，

∴bn＝＝4，

Sn＝4

＝4＝.

3.（2019·长郡中学联考）已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3＋2.

（1）求{an}，{bn}的通项公式；

（2）若的前n项和为Sn，求证：

Sn<2.

（1）解　设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，

由题意得

解得或（舍），

∴an＝n，bn＝2n.

（2）证明　由

（1）知＝，

∴Sn＝＋＋＋…＋＋，

Sn＝＋＋＋…＋＋＋，

两式相减得Sn＝＋＋＋＋…＋－＝－，

∴Sn＝2－－，∴Sn<2.

4.（2019·广州一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是首项为1，公差为2的等差数列.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设数列{bn}满足＋＋…＋＝5－（4n＋5），求数列{bn}的前n项和Tn.

解　

（1）由题意可得：

＝1＋2（n－1），可得：

Sn＝2n2－n.

∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2（n－1）2－（n－1）]＝4n－3.

当n＝1时，a1＝1对上式也成立.

∴an＝4n－3（n∈N*）.

（2）∵＋＋…＋＝5－（4n＋5），

∴n≥2时，＋＋…＋＝5－（4n＋1），

相减可得：

＝（4n－3）×（n≥2），

又＝满足上式，

∴＝（4n－3）×（n∈N*）.

∴bn＝2n.∴数列{bn}的前n项和Tn＝＝2n＋1－2.

5.（2019·北京延庆区调研）已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝2，且a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn＝，n∈N*，Sn是数列{bn}的前n项和，求使Sn<成立的最大的正整数n.

解　

（1）设{an}的公差为d.

由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，

可得（a2＋1）2＝（a1＋1）（a4＋1），又a1＝2，

∴（3＋d）2＝3（3＋3d），解得d＝3（d＝0舍去），

则an＝a1＋（n－1）d＝2＋3（n－1）＝3n－1.

（2）bn＝＝＝，

Sn＝

＝＝，

则Sn<，即<，解得n<12，

则所求最大的正整数n为11.

6.（2019·德州二模）设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，当n≥2时，（n－1）an＝（n＋1）Sn－1＋n（n－1），n∈N*.

（1）证明：

数列为等比数列；

（2）记Tn＝S1＋S2＋…＋Sn，求Tn.

（1）证明　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，

所以（n－1）（Sn－Sn－1）＝（n＋1）Sn－1＋n（n－1），

即（n－1）Sn＝2nSn－1＋n（n－1），则＝2×＋1，

所以＋1＝2×，又＋1＝2，

故数列是首项为2，公比为2的等比数列.

（2）解　由

（1）知＋1＝·2n－1＝2n，

所以Sn＝n·2n－n，

故Tn＝（1×2＋2×22＋…＋n·2n）－（1＋2＋…＋n）.

设M＝1×2＋2×22＋…＋n·2n，

则2M＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1，

所以－M＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，

所以M＝（n－1）·2n＋1＋2，

所以Tn＝（n－1）·2n＋1＋2－.