2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：素养提升3　高考中数列解答题的提分策略学案

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素养提升3　高考中数列解答题的提分策略

1[2019全国卷Ⅱ, 12分]已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an - bn+4,4bn+1=3bn - an - 4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an - bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)将已知条件中与an,bn有关的两式相加,根据等比数列的定义证明{an+bn}是等比数列;将已知条件中与an,bn有关的两式相减,根据等差数列的定义证明{an - bn}是等差数列.
(2)①根据等比数列和等差数列的通项公式分别求出{an+bn}与{an - bn}的通项公式;
②将{an+bn}与{an - bn}的通项公式相加减后除以2,分别求出{an}和{bn}的通项公式.
(1)由题意可知a1+b1=1,a1 - b1=1.
因为4an+1+4bn+1=3an - bn+4+3bn - an - 4=2an+2bn,
即an+1+bn+1an+bn=12,①
所以数列{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.②
因为4an+1 - 4bn+1=3an - bn+4 - (3bn - an - 4)=4an - 4bn+8,
即(an+1 - bn+1) - (an - bn)=2,③
所以数列{an - bn}是首项为1,公差为2的等差数列.④
(2)由(1)知,an+bn=12n-1,⑤
an - bn=2n - 1.⑥
所以an=12[(an+bn)+(an - bn)]=12n+n - 12,⑦
bn=12[(an+bn) - (an - bn)]=12n - n+12.⑧
感悟升华
阅
卷
现
场

得分点
第(1)问
采点得
分说明
①根据条件求出an+1+bn+1an+bn=12得2分;
②写出结论得1分;
③根据条件求出(an+1 - bn+1) - (an - bn)=2得2分;
④写出结论得1分.
6分
第(2)问
采点得
分说明
⑤求出数列{an+bn}的通项公式得1分;
⑥求出数列{an - bn}的通项公式得1分;
⑦由an=12[(an+bn)+(an - bn)]求得数列{an}的通项公式得2分;
⑧由bn=12[(an+bn) - (an - bn)]求得数列{bn}的通项公式得2分.
6分
满
分
策
略
1.解答数列类大题的关键
熟练把握等差数列与等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及相应的性质是解数列问题的关键.
2.化归与转化思想的运用
当给定的数列不是等差数列或等比数列时,应利用化归思想或构造思想,将给定的数列转化为等差数列或等比数列求解.
3.解数列求和题的技巧
重点要掌握等差数列、等比数列的求和公式以及常用的“错位相减法”“裂项相消法”等方法.解决问题的关键在于数列的通项公式,要根据通项公式的特征准确选择相应的方法.
2 [2017全国卷Ⅲ,12分]设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n - 1)an=2n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{an2n+1}的前n项和.
(1)a1+3a2+…+(2n - 1)an=2n数列{(2n - 1)an}的前n项和→利用通项与前n项和的关系求解

(1)因为a1+3a2+…+(2n - 1)an=2n　①,
故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n - 3)an - 1=2(n - 1)　②.1分(得分点1)
① - ②得(2n - 1)an=2,所以an = 22n-1.4分(得分点2)
又当n=1时,a1=2满足上式,5分(得分点3)
所以{an}的通项公式为an = 22n-1.6分(得分点4)
(2)记数列{an2n+1}的前n项和为Sn,
由(1)知an2n+1 = 2(2n-1)(2n+1) = 12n-1- 12n+1,8分(得分点5)
则Sn=(1 - 13)+(13 -15)+…+(12n-1- 12n+1)10分(得分点6)
=1 - 12n+1
=2n2n+1.12分(得分点7)
感悟升华

素养
探源
素养
考查途径
数学运算
裂项相消法求和.
逻辑推理
观察已知式子的特点,利用前n项和与通项的关系求解通项;根据an2n+1=2(2n-1)(2n+1)的特点裂项求和.
得分
要点
(1)得步骤分:抓住得分点的解题步骤,“步步为赢”.第(1)问中,由an满足的关系式,通过消项求得an,并验证当n=1时成立,从而写出结果.第(2)问中观察数列通项公式的结构特征,利用裂项相消法求得数列的前n项和Sn.
(2)得关键分:①an - 1满足的关系式;②验证n=1;③对通项裂项.这些都是必不可少的过程,有则给分,无则没分.
(3)得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如得分点2,5,7.
答题
模板
求数列通项与前n项和的步骤
第一步:由等差(等比)数列的定义求通项,或者由递推公式求通项.
第二步:根据前n项和的表达式或通项的特征,选择适当的方法求和.
第三步:明确、规范地表述结论.
3 [2018浙江,15分]已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5②=28,a4+2是a3,a5的等差中项①.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n③.
(1)求q的值;
(2)求数列{bn}的通项公式.
(1)由①可知,a3+a5=2(a4+2),代入②可求出a4及a3+a5,进而可求出公比q;(2)由③及“an=Sn - Sn - 1”可求出数列{(bn+1 - bn)an}的通项公式,由(1)可先求出an,然后可求出{bn+1 - bn}的通项公式,再用叠加法及错位相减法即可求出{bn}的通项公式.
(1)由a4+2是a3,a5的等差中项,得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.(3分)
由a3+a5=20,得8(1q+q)=20,
解得q=2或q=12.(5分)
因为q>1,所以q=2.(6分)
(2)设cn=(bn+1 - bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,解得cn=4n - 1.(8分)
由(1)可知an=2n - 1,
所以bn+1 - bn=(4n - 1)·(12)n - 1,(9分)
故bn - bn - 1=(4n - 5)·(12)n - 2,n≥2,
bn - b1=(bn - bn - 1)+(bn - 1 - bn - 2)+…+(b3 - b2)+(b2 - b1)
=(4n - 5)·(12)n - 2+(4n - 9)·(12)n - 3+…+7·12+3.(11分)
设Tn=3+7·12+11·(12)2+…+(4n - 5)·(12)n - 2,n≥2,
则12Tn=3·12+7·(12)2+…+(4n - 9)·(12)n - 2+(4n - 5)·(12)n - 1,(13分)
所以12Tn=3+4·12+4·(12)2+…+4·(12)n - 2 - (4n - 5)·(12)n - 1,
因此Tn=14 - (4n+3)·(12)n - 2,n≥2,(14分)
又b1=1,所以bn=15 - (4n+3)·(12)n - 2.(15分)
感悟升华
命题
探源
本题主要考查等差中项,等比数列的通项公式,数列的通项与前n项和的关系等,同时考查了方程、转化与化归等思想方法,以及数学运算、逻辑推理等核心素养.
失分
探源
(1)高考复习中将“边缘化”知识遗忘.如将“等差中项”这一概念遗忘,以致无法找到解题的切入点.
(2)没有运用方程思想解决问题.如没有将a3+a5=2a4+4代入②中求出a4及a3+a5等.
(3)没有掌握好公式“an=Sn - Sn - 1”及其蕴含的思想方法,以致无法求出{(bn+1 - bn)an}的通项公式.
(4)求出bn+1 - bn=(4n - 1)(12)n - 1后,不能运用叠加法求出bn.
(5)没有掌握好错位相减法,以致求出bn - b1的表达式后无法化简.
(6)计算错误.如在用错位相减法求bn - b1的过程中出现错误.
(7)在最后一步直接把Tn当作bn,导致错误.


1.[2020皖北五校联考,12分]设Sn为等比数列{an}的前n项和,且S3 - S2=2a4.
(1)若a1=1,求an;
(2)若a4<0,求使得8Sn≥15a1成立的n的取值范围.





2.[2020山西大学附属中学校诊断,12分]已知等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*), - 2S2,S3,4S4成等差数列,且a2+2a3+a4=116.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn= - (n+2)log2|an|,求数列{1bn}的前n项和Tn.






3.[原创题,12分]已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn2=an+12 - λSn+1,其中λ为常数.
(1)证明:Sn+1=2Sn+λ.
(2)是否存在实数λ,使得数列{an}为等比数列?若存在,求出λ;若不存在,请说明理由.





4.[12分]已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且满足Sn=an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.





5.[12分]已知数列{an}的各项均为正数,且an2 - 2nan - (2n+1)=0,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=( - 1)n - 1an,求数列{bn}的前n项和Tn.





6.[原创题,10分]已知数列{an}的前n 项和Sn=2an - 2,设bn=(2n - 1)an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式及数列{bn}的前n 项和Bn;
(2)设cn=1an - 1n(n+1),数列{cn}的前n 项和为Tn,是否存在正整数k,使得对任意的n均有Tk≥Tn?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.






7.[开放题,10分]在①b4=a3+a5;②b4+b6=3a3+3a5;③a2+a3=b4这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.
已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn,{bn}是公比大于0的等比数列,b1=1,b3=b2+2,b5=a4+2a6,且　　　　,设cn=b2Sn,是否存在k,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn? 
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.














素养提升3 高考中数列解答题的提分策略
1.(1)设{an}的公比为q,
∵S3 - S2=2a4,∴a3=2a4,(2分)
∴q=a4a3=12.(3分)
又a1=1,
∴an=a1qn - 1=(12)n - 1.(5分)
(2)∵a4=a1×(12)3<0,∴a1<0.(7分)
∵8Sn≥15a1,∴8a1×1-(12)n1-12≥15a1,(9分)
∴16(1 - 12n)≤15,(10分)
∴1 - 12n≤1516,∴12n≥116=124,∴1≤n≤4,n∈N,
即使得8Sn≥15a1成立的n的取值范围为{n|1≤n≤4,n∈N}.(12分)
2.(1)设等比数列{an}的公比为q,由 - 2S2,S3,4S4成等差数列,可知q≠1,2S3=4S4 - 2S2,即2·a1(1-q3)1-q=4·a1(1-q4)1-q - 2·a1(1-q2)1-q,化简得2q2 - q - 1=0,解得q= - 12,a2+2a3+a4=116,即 - 12a1+2·14a1 - 18a1=116,
解得a1= - 12,则an=( - 12)n,n∈N*.(5分)
(2)bn= - (n+2)log2|an|= - (n+2)log212n=n(n+2),可得1bn=1n(n+2)=12(1n - 1n+2),
则Tn=12(1 - 13+12 - 14+…+1n-1 - 1n+1+1n - 1n+2)=12(1+12 - 1n+1 - 1n+2)=34 - 12(1n+1+1n+2).(12分)
3.(1)∵an+1=Sn+1 - Sn,Sn2=an+12 - λSn+1,
∴Sn2=(Sn+1-Sn)2 - λSn+1,(1分)
∴Sn+1(Sn+1 - 2Sn - λ)=0.(3分)
∵an>0,∴Sn+1>0,
∴Sn+1 - 2Sn - λ=0,∴Sn+1=2Sn+λ.(5分)
(2)∵Sn+1=2Sn+λ,
∴Sn=2Sn - 1+λ(n≥2),
两式相减,得an+1=2an(n≥2).(8分)
∵S2=2S1+λ,即a2+a1=2a1+λ,
∴a2=1+λ,由a2>0,得λ> - 1.
若{an}是等比数列,则a1a3=a22,(10分)
即2(λ+1)=(λ+1)2,得λ=1.(11分)
经检验,λ=1符合题意.
故存在λ=1,使得数列{an}为等比数列.(12分)
4.(1)∵Sn=an+1,
∴当n=1时,a2=1,当n≥2时,Sn - 1=an,
∴an=Sn - Sn - 1=an+1 - an(n≥2),∴an+1=2an(n≥2),
∵a1=1,a2=1,不满足上式,
∴数列{an}是从第二项起的等比数列,公比为2,
∴an=1,n=1,2n-2,n≥2.(6分)
(2)由(1)知,当n=1时,T1=1,
当n≥2时,Tn=1+2×20+3×21+…+n×2n - 2,
2Tn=1×2+2×21+3×22+…+n×2n - 1,
∴ - Tn=1+21+22+…+2n - 2 - n×2n - 1=1-2n-11-2 - n×2n - 1,
∴Tn=(n - 1)×2n - 1+1.
当n=1时也满足上式,
综上,Tn=(n - 1)×2n - 1+1.(12分)
5.(1)由an2 - 2nan - (2n+1)=0得[an - (2n+1)]·(an+1)=0,
所以an=2n+1或an= - 1.
又数列{an}的各项均为正数,
所以an=2n+1,n∈N*.(5分)
(2)由(1)知an=2n+1,n∈N*,bn=( - 1)n - 1an=( - 1)n - 1·(2n+1),
所以Tn=3 - 5+7 - 9+…+( - 1)n - 1·(2n+1)　①,
故 - Tn= - 3+5 - 7+9 - …+( - 1)n - 1·(2n - 1)+( - 1)n·(2n+1)　②,
① - ②得,2Tn=3 - 2[1 - 1+1 - 1+…+( - 1)n - 2] - ( - 1)n·(2n+1)=3 - 2×1×[1-(-1)n-1]1-(-1) - ( - 1)n·(2n+1)=2+( - 1)n - 1 - ( - 1)n·(2n+1)=2+( - 1)n - 1(2n+2),
所以Tn=1+( - 1)n - 1(n+1).(12分)
6.(1)∵Sn=2an - 2,∴Sn+1=2an+1 - 2,
两式相减得an+1=2an,易知a1=2,
∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.(2分)
∴bn=(2n - 1)2n,(3分)
∴Bn=1·2+3·22+…+(2n - 1)·2n,
2Bn=1·22+3·23+…+(2n - 1)·2n+1,
两式相减得 - Bn=1·2+2·22+…+2·2n - (2n - 1)·2n+1=(3 - 2n)2n+1 - 6,
∴Bn=6+(2n - 3)·2n+1.(5分)
(2)由(1)知,cn=12n - 1n(n+1)=1n(n+1)[n(n+1)2n - 1],
易知c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,c5<0.
n≥5时,(n+1)n2n - (+1)(n+2)2n+1=(n-2)(n+1)2n+1>0,
∴n≥5时,数列{n(n+1)2n}是递减数列.(7分)
又n=5时,n(n+1)2n<1,
∴n≥5时,数列{n(n+1)2n}的各项均小于1,
∴n≥5时,cn<0.
∴T1T5>…,
∴存在正整数k=4,使得对任意的n均有T4≥Tn.(10分)
7.设数列{an}的公差为d,{bn}的公比为q(q>0),
因为{bn}是公比大于0的等比数列,且b1=1,b3=b2+2,
所以q2=q+2,解得q=2(q= - 1不合题意,舍去),所以bn=2n - 1.(2分)
若存在k,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn,则cn存在最小值.(3分)
若选①,则由b5=a4+2a6,b4=a3+a5可得3a1+13d=16,2a1+6d=8,得d=1,a1=1,(5分)
所以Sn=12n2+12n,cn=b2Sn=212n2+12n=4n2+n.(7分)
因为n∈N*,所以n2+n≥2,所以cn不存在最小值,(9分)
即不存在满足题意的k.(10分)
若选②,由b5=a4+2a6,b4+b6=3a3+3a5可得3a1+13d=16,6a1+18d=40,得d=-1,a1=293,(5分)
所以Sn= - 12n2+616n,cn=b2Sn=12-3n2+61n.(7分)
因为当n≤20时,cn>0,当n≥21时,cn<0,
所以易知cn的最小值为c21= - 27.(9分)
即存在k=21,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn.(10分)
若选③,则由b5=a4+2a6,a2+a3=b4可得3a1+13d=16,2a1+3d=8,得d=817,a1=5617,(5分)
所以Sn=4n2+52n17,cn=b2Sn=172n2+26n.(7分)
因为2n2+26n≥28,所以cn不存在最小值,(9分)
即不存在满足题意的k.(10分)