【文档说明】高考大题增分专项三-高考中的数列-2021年高中总复习优化设计一轮用书理数课件.pptx，共(43)页，1.215 MB，由小橙橙上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-256710.html

以下为本文档部分文字说明：

高考大题增分专项三高考中的数列-2-从近五年高考试题分析来看,高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列;求数列的通项及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.命题特点是试

题题型规范、方法可循、难度稳定在中档.-3-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二题型一等差、等比数列的综合问题突破策略一公式法对于等差、等比数列,求其通项及求前n项的和时,只需利用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式

求解即可.-4-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{bn}的前n项和Sn.解:(1)由已知,得a1b2=b1+b2,且b1=13,b2=19,∴a1=4,∴{an}是首项为

4,公差为3的等差数列.∴an=4+(n-1)×3=3n+1.(2)由(1)及anbn+1=nbn+bn+1,得(3n+1)bn+1-bn+1=nbn,∴𝑏𝑛+1𝑏𝑛=13.∴{bn}是首项为13,公比为13的等比数列.∴Sn=131-13𝑛1-13=121-13𝑛

.例1已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=13,b2=19,anbn+1=nbn+bn+1.-5-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二对点训练1在等比数列{an}中,已知a1=2,a4=16.(1)求数列{an}的通项公式.(2

)若a3,a5分别为等差数列{bn}的第4项和第16项,试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.解:(1)设{an}的公比为q,由已知得16=2q3,解得q=2.∴an=2n.(2)由(1)得a3=8,a5=32,则b4=8,b16=32.设{bn}的公差

为d,则𝑏1+3𝑑=8,𝑏1+15𝑑=32,解得𝑏1=2,𝑑=2.所以bn=b1+(n-1)d=2+(n-1)×2=2n.数列{bn}的前n项和Sn=nb1+𝑛(𝑛-1)2d=2n+𝑛(𝑛-1)2×2=n2+n.-6-题型

一题型二题型三题型四题型五策略一策略二突破策略二转化法无论是求数列的通项还是求数列的前n项和,通过变形、整理后,能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.-7-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二例2已

知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,且3S1,2S2,S3成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log3an,T2n=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1,求T2n.解:(1)∵3S1

,2S2,S3成等差数列,∴4S2=3S1+S3.∴4(a1+a2)=3a1+(a1+a2+a3),即a3=3a2.∴公比q=3.∴an=a1qn-1=3n.(2)由(1)知,bn=log3an=log33

n=n,∵b2n-1b2n-b2nb2n+1=(2n-1)2n-2n(2n+1)=-4n,∴T2n=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+…+(b2n-1b2n-b2nb2n+1)=-4(1+2+…+n)=-4×𝑛(𝑛+1)2=-2n2-2n.-8-题型一题型二题型三题

型四题型五策略一策略二对点训练2设{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=lna

3n+1,n=1,2,…,求数列{bn}的前n项和Tn.解:(1)由已知得𝑎1+𝑎2+𝑎3=7,(𝑎1+3)+(𝑎3+4)=6𝑎2⇒a2=2.设数列{an}的公比为q,由a2=2,可得a1=2𝑞,a3=2q,又S3=7,∴2𝑞+2+

2q=7,即2q2-5q+2=0.解得q=2或q=12.∵q>1,∴q=2,∴a1=1.故数列{an}的通项公式为an=2n-1.-9-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(2)由(1)得a3n+1=23

n,∴bn=ln23n=3nln2.又bn+1-bn=3ln2,∴数列{bn}为等差数列.∴Tn=b1+b2+…+bn=𝑛(𝑏1+𝑏𝑛)2=𝑛(3ln2+3𝑛ln2)2=3𝑛(𝑛+1)2ln2.故Tn=3𝑛(𝑛+

1)2ln2.-10-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二题型二证明数列为等差或等比数列突破策略一定义法用定义法证明一个数列是等差数列,常采用的两个式子an-an-1=d(n≥2)和an+1-an=d,前者必须加上“n≥2”,否则n=1时a0无意义;用定义

法证明一个数列是等比数列也常采用两个式子𝑎𝑛𝑎𝑛-1=q(常数q≠0,且n≥2)和𝑎𝑛+1𝑎𝑛=q(常数q≠0).-11-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二例3已知数列{an},其前n项和为Sn=32n2+72n(n∈N*).(

1)求a1,a2;(2)求数列{an}的通项公式,并证明数列{an}是等差数列;(3)若数列{bn}满足an=log2bn,试证明数列{bn}是等比数列,并求其前n项和Tn.解:(1)∵Sn=32n2+72n,∴a1=S1=5,a1+a2=S2=32×22+72×

2=13,即a2=8.又a1=5满足an=3n+2,故an=3n+2.因为an+1-an=3(n+1)+2-(3n+2)=3(n∈N*),所以数列{an}是以5为首项,3为公差的等差数列.(2)当n≥2时,an=

Sn-Sn-1=32[n2-(n-1)2]+72[n-(n-1)]=32(2n-1)+72=3n+2.-12-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(3)由an=log2bn,得bn=2𝑎𝑛(n∈N*),故𝑏𝑛+1𝑏𝑛=2𝑎𝑛+12𝑎𝑛=23=8(n∈N*).又b1

=2𝑎1=32,所以数列{bn}是以32为首项,8为公比的等比数列.所以Tn=32(1-8𝑛)1-8=327(8n-1).-13-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二对点训练3已知数列{an},其前n项和为Sn,满足a1=2,Sn=

λnan+μan-1,其中n≥2,n∈N*,λ,μ∈R.(1)若λ=0,μ=4,bn=an+1-2an(n∈N*),求证:数列{bn}是等比数列;(2)若a2=3,且λ+μ=32,求证:数列{an}是等差数列.证明:(1)若λ=0,μ=4,则Sn=4an-1(n≥2),所以an+1=Sn

+1-Sn=4(an-an-1),即an+1-2an=2(an-2an-1),所以bn=2bn-1.又由a1=2,a1+a2=4a1,得a2=3a1=6,a2-2a1=2≠0,即bn≠0,所以𝑏𝑛𝑏𝑛-1=2

,故数列{bn}是等比数列.-14-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(2)若a2=3,由a1+a2=2λa2+μa1,得5=6λ+2μ.又λ+μ=32,解得λ=12,μ=1.将a1=2,a2=3,λ=12,μ=1代入Sn=λnan+μan-1,得a3=4,所以a1,a2,a3成等差数列

.由Sn=𝑛2an+an-1,得Sn+1=𝑛+12an+1+an,两式相减得an+1=𝑛+12an+1-𝑛2an+an-an-1,即(n-1)an+1-(n-2)an-2an-1=0,所以nan+2-(n-1)an+1-2an=0,两式相减得nan+2-2(n-1)an+1

+(n-2)an-2an+2an-1=0,所以n(an+2-2an+1+an)+2(an+1-2an+an-1)=0,-15-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二所以(an+2-2an+1+an)=-2𝑛(an+1-2an+an-

1)=22𝑛(𝑛-1)(an-2an-1+an-2)=……=(-2)𝑛-1𝑛(𝑛-1)…2(a3-2a2+a1).因为a1-2a2+a3=0,所以an+2-2an+1+an=0,即数列{an

}是等差数列.-16-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二突破策略二递推相减化归法对已知数列an与Sn的关系,证明{an}为等差或等比数列的问题,解题思路为:由an与Sn的关系递推出n为n+1时的关系式,两关系式相减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.-17-题型一题型二题型三题型

四题型五策略一策略二例4已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=(m+1)-man对任意的n∈N*都成立,其中m为常数,且m<-1.(1)求证:数列{an}是等比数列;(2)记数列{an}的公比为q,设

q=f(m),若数列{bn}满足(3)在(2)的条件下,设cn=bn·bn+1,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:Tn<1.b1=a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N*).求证:数列1𝑏𝑛是等差数列;-18-题型一题型二题型三题型四题型五策略

一策略二证明:(1)当n=1时,a1=S1=1.∵Sn=(m+1)-man,①∴Sn-1=(m+1)-man-1(n≥2),②由①-②,得an=man-1-man(n≥2),即(m+1)an=man-1.∵a1≠0,m<-1,∴an-1≠0,m+1≠0.∴𝑎𝑛𝑎𝑛-1=

𝑚𝑚+1(n≥2).∴数列{an}是首项为1,公比为𝑚𝑚+1的等比数列.-19-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(2)∵f(m)=𝑚𝑚+1,b1=a1=1,bn=f(bn-1)=𝑏

𝑛-1𝑏𝑛-1+1(n≥2),∴1𝑏𝑛=𝑏𝑛-1+1𝑏𝑛-1(n≥2).∴1𝑏𝑛−1𝑏𝑛-1=1(n≥2).∴数列1𝑏𝑛是首项为1,公差为1的等差数列.(3)由(2)得1𝑏𝑛=n,则bn=1𝑛.故cn=bn·bn+

1=1𝑛(𝑛+1),因此,Tn=11×2+12×3+…+1𝑛(𝑛+1)=11−12+12−13+13−14+…+1𝑛−1𝑛+1=1-1𝑛+1<1.-20-题型一题型二题型三题型四题型五策略

一策略二对点训练4设数列{an}的前n项和为Sn,且(3-m)Sn+2man=m+3(n∈N*),其中m为常数,且m≠-3.(1)求证:{an}是等比数列;(2)若数列{an}的公比q=f(m),数列{bn}满足

b1=a1,bn=32f(bn-1)(n∈N*,n≥2),求证:1𝑏𝑛为等差数列,并求bn.证明:(1)由(3-m)Sn+2man=m+3,得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3,两式相减,得(3

+m)an+1=2man.∴{an}是等比数列.又m≠-3,∴𝑎𝑛+1𝑎𝑛=2𝑚𝑚+3(n≥1),-21-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(2)由(3-m)Sn+2man=m+3,得(3-m)S1+2ma1=m+3,即a1=1,∴b1=1.又数列{an}的公比q=f(m)

=2𝑚𝑚+3,∴当n≥2时,bn=32f(bn-1)=32·2𝑏𝑛-1𝑏𝑛-1+3,∴bnbn-1+3bn=3bn-1,∴1𝑏𝑛−1𝑏𝑛-1=13.∴1𝑏𝑛是以1为首项,13为公差

的等差数列,∴1𝑏𝑛=1+𝑛-13=𝑛+23,∴bn=3𝑛+2.-22-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二题型三非等差、等比数列的求和问题突破策略一错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求,即和式

两边同乘以等比数列的公比,然后作差求解.-23-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二例5(2019河北衡水中学高三调考)已知各项均为正数的数列{an}中,a1=1,Sn是数列{an}的前n项和.对任意n∈N*,有2Sn=2p+pan-p(p∈R).(1)

求常数p的值;(2)求数列{an}的通项公式;𝑎𝑛2解:(1)由a1=1及2Sn=2p𝑎𝑛2+pan-p(n∈N*),得2=2p+p-p,∴p=1.-24-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(2)由2Sn=

2𝑎𝑛2+an-1,①得2Sn+1=2𝑎𝑛+12+an+1-1.②由②-①,得2an+1=2(𝑎𝑛+12−𝑎𝑛2)+(an+1-an),即2(an+1+an)(an+1-an)-(an

+1+an)=0,∴(an+1+an)(2an+1-2an-1)=0.由于数列各项均为正数,∴2an+1-2an=1,即an+1-an=12,∴数列{an}是首项为1,公差为12的等差数列.∴数列{an}的通项公式是an=1+(n-1)×12=𝑛+1

2.-25-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(3)由an=𝑛+12,得Sn=𝑛(𝑛+3)4,∴bn=4𝑆𝑛𝑛+3·2n=n·2n,∴Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)·

2n+n·2n+1,-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=2(1-2𝑛)1-2-n·2n+1=-(n-1)·2n+1-2,Tn=(n-1)·2n+1+2.-26-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二对点训练5已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*)

,{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(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.由已知

b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2.所以bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.①由S11=11b4,可得a1+5d=16,②联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以数列{an}的通项公式为an=

3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.-27-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,故Tn=2×4+5×42+8×

43+…+(3n-1)×4n,4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4𝑛)1-4-4-(3

n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得Tn=3𝑛-23×4n+1+83.所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为3𝑛-23×4n+1+83.-28-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略

二突破策略二裂项相消法把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.利用裂项相消法求和时,要注意抵消后所剩余的项是前后对称的.-29-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二例6已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,𝑎32=9a2a6.(

1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列1𝑏𝑛的前n项和.解:(1)设数列{an}的公比为q.由𝑎32=9a2a6得𝑎32=9𝑎42,

故q2=19.由条件可知q>0,故q=13.由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,即a1=13.故数列{an}的通项公式为an=13𝑛.-30-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(2)因为bn=log3a1+log3a2+…

+log3an=-(1+2+…+n)=-𝑛(𝑛+1)2,所以1𝑏𝑛=-2𝑛(𝑛+1)=-21𝑛-1𝑛+1,所以1𝑏1+1𝑏2+…+1𝑏𝑛=-21-12+12-13+…+1𝑛-1𝑛+1=-2𝑛𝑛+1.所以数列1𝑏𝑛

的前n项和为-2𝑛𝑛+1.-31-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二对点训练6(2019河北唐山高三第一次模拟考试)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1+𝑆𝑛=n+1.(1)求Sn,an

;(2)若bn=(-1)n-1𝑎𝑛+1𝑆𝑛+𝑛,{bn}的前n项和为Tn,求Tn.解:(1)令n=1,得a1+𝑎1=2,(𝑎1+2)(𝑎1-1)=0,解得a1=1,所以𝑆𝑛=n,即Sn=n2.当n≥2时,an=Sn-

Sn-1=2n-1,当n=1时,a1=1适合上式,所以an=2n-1.-32-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二(2)bn=(-1)n-1𝑎𝑛+1𝑆𝑛+𝑛=(-1)n-12𝑛+1𝑛2+𝑛=(-1)n-11𝑛+1𝑛+1.当n为偶数时,Tn=b1+b2+…+bn=11

+12−12+13+13+14−14+15+…-1𝑛+1𝑛+1=1-1𝑛+1=𝑛𝑛+1;当n为奇数时,Tn=b1+b2+…+bn=11+12−12+13+13+14−14+15+…+1𝑛+1𝑛+1=1+1𝑛+1=𝑛+2

𝑛+1.综上所述,Tn=𝑛𝑛+1,𝑛为偶数,𝑛+2𝑛+1,𝑛为奇数.-33-题型一题型二题型三题型四题型五题型四数列型不等式的证明要证明关于一个数列的前n项和的不等式,一般有两种思路:一是先求和再对和式放缩;二是先对数列

的通项放缩再求数列的和,必要时对其和再放缩.例7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+…+1𝑎𝑛<32.-34-题型一题型二题型三题型四题型五(1)解:由a

n+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)证明: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=321-13𝑛<32.所以1𝑎1+1𝑎2+…+1𝑎𝑛<32.-35-题型一题型二题型三题型四题型五对点训练7

已知数列{an}为等比数列,数列{bn}为等差数列,且b1=a1=1,b2=a1+a2,a3=2b3-6.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)设cn=1𝑏𝑛𝑏𝑛+2,数列{cn}的

前n项和为Tn,证明:15≤Tn<13.(1)解:设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意,得1+𝑑=1+𝑞,𝑞2=2(1+2𝑑)-6,解得d=q=2,所以an=2n-1,bn=2n-1.-36-题型一题型二题型三题型四题型五(2)证明:因为cn

=1𝑏𝑛𝑏𝑛+2=1(2𝑛-1)(2𝑛+3)=1412𝑛-1-12𝑛+3,所以Tn=141-15+13-17+…+12𝑛-3-12𝑛+1+12𝑛-1-12𝑛+3=141+13-12𝑛+1-12

𝑛+3=13−1412𝑛+1+12𝑛+3.因为1412𝑛+1+12𝑛+3>0,所以Tn<13.又因为{Tn}在区间[1,+∞)内单调递增,所以当n=1时,Tn取最小值T1=15,所以15≤Tn<13

.-37-题型一题型二题型三题型四题型五题型五数列中的参数及存在性问题求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在,再以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,则得到存在的结果.-38-题型一题型二题型三题型四题型五例8已知数列{

an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.(1)证明:an+2-an=λ;(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.(1)证明:因为anan+1=λSn-1,所以an+1an+

2=λSn+1-1.两式相减,得an+1(an+2-an)=λan+1.因为an+1≠0,所以an+2-an=λ.-39-题型一题型二题型三题型四题型五(2)解：由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1.由(1)知,a3=λ+1.

令2a2=a1+a3,解得λ=4.故an+2-an=4.由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.所以an=2n-1,即an+1-an=2.因此存在λ=4,使得

数列{an}为等差数列.-40-题型一题型二题型三题型四题型五对点训练8(2019江西赣州月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1,n∈N*.在等差数列{bn}中,b2=5,且公差d=2.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(

2)是否存在正整数n,使得a1b1+a2b2+…+anbn>60n?若存在,求出n的最小值;若不存在,请说明理由.解:(1)∵an+1=2Sn+1,当n≥2时,an=2Sn-1+1,两式相减,得an+1=3an(n≥

2),又a2=2a1+1=3=3a1,∴an+1=3an(n∈N*),∴数列{an}是以1为首项,以3为公比的等比数列,∴an=3n-1.∵b1=b2-d=5-2=3,∴bn=b1+(n-1)d=2n+1.-41-题型一题型二题型三题型四题型五(2)存在满足条件的n,n的最小值为4.由(1)知,a

nbn=(2n+1)·3n-1,设Tn为数列{anbn}的前n项和,则Tn=3×1+5×3+7×32+…+(2n-1)×3n-2+(2n+1)×3n-1,①3Tn=3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)×3n-1+(2n+1)×3n,②①-②,得-2Tn=3×1+2(3+32+

…+3n-1)-(2n+1)×3n=3+2×3(1-3𝑛-1)1-3-(2n+1)×3n=-2n×3n.∴Tn=n·3n>60n,即3n>60,∵33=27,34=81,∴正整数n的最小值为4.-42-1.解决等差

、等比数列的综合问题时,重点在于读懂题意,灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题,求解这类问题要重视方程思想的应用;用好等差数列和等比数列的性质可以降低运算量,减少差错.2.求数列的通项公式就是

求出an与n的关系式,无论条件中的关系式含有哪些量,一般都需要通过消元、转化和化归的思想使之变为等差、等比数列.3.高考对数列求和的考查主要是:等差、等比数列的公式求和;能通过错位相减法转化为等比数列求和;裂项相消法求和;分

组或合并后转化为等差、等比数列求和.-43-4.证明数列为等差数列或等比数列主要依据定义,尽管题目给出的条件多种多样,但总体目标是把条件转化成与an的差或比为一个定值.5.数列与不等式的综合问题(1)数列不等式

的证明要把数列的求和与放缩法结合起来,灵活使用放缩法.(2)证明数列不等式也经常转化为数列和的最值问题,同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用.𝑎𝑛+1