（2022高考数学一轮复习(步步高)）顶层设计 前瞻 数列热点问题.doc

1、数列热点问题数列热点问题 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，19；2018全国， 17；2017全国，17 逻辑推理、 数学运算 通项与求和 2019天津，19；2018全国， 17；2018全国，17；2016全 国，17 数学运算、 数学建模 等差与等比数列的综合 问题 2019全国，18；2019全国， 18；2019北京，16；2017全国 ， 17； 2018天津， 18； 2018全 国，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、 2.42 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，a15，a22，且 an2an13an2(n3).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 a11，an1 2a n 1(n1).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 bnanan1(n2)，cnan3an 1(n2)，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

3、. 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 a11，nan1(n1)an12 3n. (1)求证：数列 an n 是等差数列； (2)若 bn 1 an，求数列b n的前 n 项和 Sn. (1)证明nan1(n1)an123nn（n1） 2 ， nan1 n（n1） （n1）an n（n1） an1 n1 an n 1 2， 数列 an n 是首项为 1，公差为1 2的等差数列. (2)解由(1)知，an n 11 2(n1) n1 2 ， ann（n1） 2 . bn 1 an

4、2 n（n1）2 1 n 1 n1 . Snb1b2bn2(11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1) 2n n1. 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全国卷)已知数列an和bn满足 a11，b10，4an13an bn4，4bn13bnan4. (1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列； (2)求an和bn的通项公式. (1)证明由题设得 4(an1bn1)2(anbn)， 即 an1bn11 2(a nbn). 又因为 a1b11， 所

5、以anbn是首项为 1，公比为1 2的等比数列. 由题设得 4(an1bn1)4(anbn)8， 即 an1bn1anbn2.又因为 a1b11， 所以anbn是首项为 1，公差为 2 的等差数列. (2)解由(1)知，anbn 1 2n 1，anbn2n1， 所以 an1 2(a nbn)(anbn) 1 2nn 1 2， bn1 2(a nbn)(anbn) 1 2nn 1 2. 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(nN*)；bn是等比 数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Tn(nN*).已知 b11，b3b22，b

6、4a3a5， b5a42a6. (1)求 Sn和 Tn； (2)若 Sn(T1T2Tn)an4bn，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(q0). 由 b11，b3b22，可得 q2q20. 因为 q0，可得 q2，故 bn2n 1. 所以 Tn12 n 12 2n1. 设等差数列an的公差为 d. 由 b4a3a5，可得 a13d4. 由 b5a42a6，可得 3a113d16，从而 a11，d1， 故 ann.所以 Snn（n1） 2 . (2)由(1)，有 T1T2Tn(21222n)n 2（12 n） 12 n2n 1n2. 由 Sn(T1T2T

7、n)an4bn 可得n（n1） 2 2n 1n2n2n1， 整理得 n23n40，解得 n1(舍)，或 n4. 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

8、全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a3 2a216. (1)求an的通项公式； (2)设 bnlog2an，求数列bn的前 n 项和. 解(1)设an的公比为 q，由题设得 2q24q16，即 q22q80. 解得 q2(舍去)或 q4. 因此an的通项公式为 an24n 122n1. (2)由(1)得 bn(2n1)log222n1，因此数列bn的前 n 项和为 132n 1n2. 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 a1b13，b2a3，b34a23. (1)求an和bn的通项公式；

9、(2)设数列cn满足 cn 1，n 为奇数， bn 2 ，n 为偶数. 求 a1c1a2c2a2nc2n(nN*). 规范解答 (1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q(q0). 依题意，得 3q32d， 3q2154d，解得 d3， q3， 由条件建立方程组求公差和公比3 故 an33(n1)3n，bn33n13n.由公式求通项 所以an的通项公式为 an3n，bn的通项公式为 bn3n. 5 (2)a1c1a2c2a2nc2n (a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn) 根据数列特征分组7 n3n（n1） 2 6 (63112321833 6n3n)应

10、用公式求和9 3n26(131232n3n). 记 Tn131232n3n， 则 3Tn132233n3n 1， 得，2Tn332333nn3n 1 3（13 n） 13 n3n 1（2n1）3n 13 2 . 错位相减求和 所以 a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn 3n23（2n1）3 n13 2 （2n1）3 n26n29 2 (nN*).13 高考状元满分心得 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. 得关键分：(1)列方程组，(2)分组

11、求和都是不可缺少的过程，有则给分，无则没 分. 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. 【规范训练】 (开放题) (2020山东新高考模拟)在等差数列an中，已知 a616， a1836. (1)求数列an的通项公式 an； (2)若_，求数列bn的前 n 项和 Sn. 在bn 4 anan1，b n(1)nan，bn2anan这三个条件中任选一个补充在第(2) 问中，并对其求解. 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解(1)由题意， a15d12， a117d36， 解得 d2

12、，a12. an2(n1)22n. (2)选条件：bn 4 2n2（n1） 1 n（n1）， Sn 1 12 1 23 1 n（n1） 1 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 1 n1 n n1. 选条件：an2n，bn(1)nan， Sn2468(1)n2n， 当 n 为偶数时， Sn(24)(68)2(n1)2n n 22n； 当 n 为奇数时，n1 为偶数， Sn(n1)2nn1. Sn n，n 为偶数， n1，n 为奇数. 选条件：an2n，bn2anan， bn22n2n2n4n， Sn2414426432n4n， 4Sn2424436442(n1)4n2n4n 1，

13、由得， 3Sn24124224324n2n4n1 8（14 n） 14 2n4n 18（14n） 3 2n4n 1， Sn8 9(14 n)2n 3 4n 1. 热点跟踪训练 1.(2018全国卷)已知数列an满足 a11，nan12(n1)an.设 bnan n . (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 an12（n1） n an. 将 n1 代入得，a24a1，而 a11，所以 a24. 将 n2 代入得，a33a2，所以 a312. 从而 b11，b22，b34. (2)bn是首项为 1，公比为 2 的

14、等比数列.理由如下： 由条件可得 an1 n1 2an n ，即 bn12bn，又 b11，所以bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列. (3)由(2)可得an n 2n 1， 所以an的通项公式为 ann2n 1. 2.已知an是公差为 3 的等差数列， 数列bn满足 b11， b21 3， a nbn1bn1nbn. (1)求an的通项公式； (2)求bn的前 n 项和. 解(1)由已知，a1b2b2b1，b11，b21 3，得 a 12. 所以数列an是首项为 2，公差为 3 的等差数列，通项公式为 an3n1. (2)由(1)和 anbn1bn1nbn得 bn1bn 3 ， 因此bn

15、是首项为 1，公比为1 3的等比数列. 记bn的前 n 项和为 Sn，则 Sn 1 1 3 n 11 3 3 2 1 23n 1. 3.(2020潍坊调研)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 bnlog2a1log2a2log2an，求数列 1 bn的前 n 项和 Tn. 解(1)2，an，Sn成等差数列， 2an2Sn，Sn2an2. 当 n1 时，a1S12a12，解得 a12； 当 n2 时，anSnSn12an22an12， an2an1. 数列an是首项为 2，公比为 2 的等比数列，即通项公式为 an

16、2n. (2)log2anlog22nn， bnlog2a1log2a2log2an12n 1 2n(n1). 1 bn 2 n（n1）2 1 n 1 n1 . Tn2 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 2 1 1 n1 2n n1. 4.(2020长沙一模)已知数列an的首项 a13，a37，且对任意的 nN*，都有 an 2an1an20，数列bn满足 bna2n1，nN*. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)求使 b1b2bn2 020 成立的最小正整数 n 的值. 解(1)令 n1，得 a12a2a30，解得 a25. 由 an2an1an20 知， an2an1an

17、1ana2a12. 故数列an是首项 a13，公差 d2 的等差数列. 于是 an2n1.所以 bna2n12n1. (2)由(1)知 bn2n1，于是数列bn的前 n 项和 Tnb1b2bn(21222n)n 2（12 n） 12 n2n 1n2. 令 f(x)2x 1x2，则 f(x)2x1ln 210， 所以 f(x)是关于 x 的单调递增函数. 又 f(9)210921 031，f(10)2111022 056， 故使 b1b2bn2 020 成立的最小正整数 n 的值是 10. 5.(2019日照二模)设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S12，an1Sn2. (1)求证：数列a

18、n为等比数列； (2)记 bnlog2an，数列 bnbn1的前 n 项和为 Tn.若 Tn10，求的取值范围. (1)证明由已知，得 a1S12， 则 a2S124. 当 n2 时，anSn12， 所以 an1an(Sn2)(Sn12)an， 所以 an12an(n2). 又 a22a1，所以an 1 an 2(nN*). 所以数列an是首项 a12，公比 q2 的等比数列. (2)解由(1)可知 an2n，所以 bnn， 则 bnbn1 n（n1） 1 n 1 n1 ， 所以 Tn 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 1 n1 n n1. 由题意，有 Tn10，即 n n110

19、，所以 10（n1） n . 因为10（n1） n 10 11 n 20， 所以的取值范围为20，). 6.(2020广东名校联考)在等差数列an中， a11， 其前 n 项和为 Sn， 等比数列bn 的各项均为正数，b11，且 b2S311，S69b3. (1)求数列an和bn的通项公式； (2)设 cnan bn，求数列c n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 q33d11， 615d9q2， 解得 d2， q2. 所以 an2n1，bn2n 1. (2)由(1)得 cn2n1 2n 1 . 当 n1 时，T11； 当 n2 时， Tn13 2 5 22 2n3 2n 2 2n1 2n 1 ， 1 2T n1 2 3 22 5 23 2n3 2n 1 2n1 2n . ，得 1 2T n12 2 2 22 2 23 2 2n 12n1 2n 12 1 1 2n 1 2n1 2n 32n3 2n ， 所以 Tn62n3 2n 1 (n2)， 又 n1 时，T11 也适合. 综上所述，Tn62n3 2n 1 .