第6章 新高考新题型微课堂　6　开放题命题热点之数列问题-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案

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高考数列解答题，主要考查等差数列、等比数列的判定、性质，求通项公式，求特殊数列的和；新高考命题中，开放条件的数列问题崭露头角，其常常有以下两种考法．
等差数列、等比数列的判定及应用
(2020·青岛二模)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，________.
给出下列三个条件：
条件①：数列{an}为等比数列，数列{Sn＋a1}也为等比数列；条件②：点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上；条件③：2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1.
试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,lg2an＋1·lg2an＋3)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)方案一：选条件①.
因为数列{Sn＋a1}为等比数列，
所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，
即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)．
设等比数列{an}的公比为q.因为a1＝1，
所以(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，解得q＝2或q＝0(舍)，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)得an＝2n－1(n∈N*)，
所以bn＝eq \f(1,lg2an＋1·lg2an＋3)＝eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,,))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2n＋1n＋2).
方案二：(1)选条件②.
因为点(Sn.an＋1)在直线y＝x＋1上，
所以an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，
所以an＝Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝an，eq \f(an＋1,an)＝2(n≥2)．
因为a1＝1，a2＝S1＋1＝a1＋1＝2，eq \f(a2,a1)＝2适合上式，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
(2)同方案一的(2)．
方案三：(1)选条件③.
当n≥2时，因为
2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1(n∈N*)(i)，
所以2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝(n－1)an，
所以2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2(n－1)an(ii)
(i)－(ii)得2an＝nan＋1－2(n－1)an，
即eq \f(an＋1,an)＝2(n≥2)，
当n＝1时，2a1＝a2，eq \f(a2,a1)＝2适合上式．
所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
(2)同方案一的(2)．
解题时的注意事项
(1)分析时要兼顾给出的三个条件，选择最易解答的一个条件；
(2)解题时只需要选一个条件，结合其他条件求解即可．
(2020·东营模拟)已知函数f (x)＝lgkx(k为常数，k>0且k≠1)．
(1)在下列条件中选择一个________使数列{an}是等比数列，说明理由；
①数列{f (an)}是首项为2，公比为2的等比数列；
②数列{f (an)}是首项为4，公差为2的等差数列；
③数列{f (an)}是首项为2，公差为2的等差数列的前n项和构成的数列．
(2)在(1)的条件下，当k＝eq \r(2)时，设anbn＝eq \f(2n＋1,4n2－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)①③不能使数列{an}成等比数列，②可以．
由题意得f (an)＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，
即lgkan＝2n＋2，得an＝k2n＋2，且a1＝k4≠0，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(k2n＋1＋2,k2n＋2)＝k2.
因为常数k>0且k≠1，所以k2为非零常数，
所以数列{an}是以k4为首项，k2为公比的等比数列．
(2)由(1)知an＝k4·(k2)n－1＝k2n＋2，所以当k＝eq \r(2)时，an＝2n＋1.
因为anbn＝eq \f(2n＋1,4n2－1)，
所以bn＝eq \f(1,4n2－1)，
所以bn＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
数列中的存在性问题
(2020·枣庄二模)在①S4是a2与a21的等差中项；②a7是eq \f(S3,3)与a22的等比中项；③数列{a2n}的前5项和为65这三个条件中任选一个，补充在横线中，并解答下面的问题．
已知{an}是公差为2的等差数列，其前n项和为Sn，________________________.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up8(n)·an，是否存在k∈N*，使得bk>eq \f(27,8)？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
解：(1)若选①S4是a2与a21的等差中项，
则2S4＝a2＋a21，
即2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)×2))＝(a1＋2)＋(a1＋20×2)．
解得a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
若选②a7是eq \f(S3,3)与a22的等比中项，
则aeq \\al(2,7)＝eq \f(S3,3)·a22，
即(a1＋6×2)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3a1＋\f(2×3,2)×2,3)))(a1＋21×2)．
解得a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
若选③数列{a2n}的前5项和为65，
则a2(n＋1)－a2n＝[2(n＋1)－2n]·2＝4.
又a2＝a1＋2，所以{a2n}是首项为a1＋2，公差为4的等差数列．
由{a2n}的前5项和为65，
得5(a1＋2)＋eq \f(5×4,2)×4＝65.
解得a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up8(n)·an＝(2n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up8(n)，
bn＋1－bn＝(2n＋3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up8(n＋1)－(2n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up8(n)
＝eq \f(3n,4n＋1)[3(2n＋3)－4(2n＋1)]
＝eq \f(3n,4n＋1)(5－2n)．
所以bn＋1>bn⇔bn＋1－bn>0⇔5－2n>0⇔n