2020版新一线高考理科数学（北师大版）一轮复习教学案：高考大题增分课3数列中的高考热点问题

[命题解读]　全国卷中的数列与三角基本上是交替考查，难度不大，题目多为常规题．从五年全国卷高考试题来看，本专题的热点题型有：一是等差、等比数列的基本运算；二是等差、等比数列的判定与证明；三是数列的求和问题(以裂项求和为主)，难度中等．

等差、等比数列的基本运算

等差、等比数列的基本运算主要涉及两个数列的通项与求和公式，求解的关键是充分借助方程思想，代数列的通项或求和问题为公差d(或公比q)及首项a1的方程求解问题．

【例1】　(2017·全国卷Ⅱ)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.

[规律方法]　在求解数列基本量问题中主要使用的是方程思想，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．

(2018·北京高考)设{an}是等差数列，且a1＝ln 2，a2＋a3＝5ln 2.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求ea1＋ea2＋…＋ean.

[解]　(1)设{an}的公差为d，因为a2＋a3＝5ln 2，

所以2a1＋3d＝5ln 2.

又a1＝ln 2，所以d＝ln 2.

所以an＝a1＋(n－1)d＝nln 2.

(2)因为eln 2＝2，∴＝ean－an－1＝eln 2＝2.

所以数列{ean}是首项为2，公比为2的等比数列，

所以ea1＋ea2＋…＋ean＝＝2(2n－1)＝2n＋1－2.

等差、等比数列的判定与证明

等差(比)数列的判定与证明是高考中的常见题型之一，其基本方法是利用等差(比)数列定义，即证明an＋1－an＝常数.难度不大．

【例2】　(2014·全国卷Ⅰ)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．

[解]　(1)证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，

两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，

由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.

(2)由题设知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，an＋1－an＝2，

因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．

[规律方法]　该类问题常以递推关系为载体，求解的关键是依据题目信息重新构造递推关系，并结合等差(比)数列的定义给予相应的证明．

记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．

[解]　(1)设{an}的公比为q.由题设可得

解得q＝－2，a1＝－2.

故{an}的通项公式为an＝(－2)n.

(2)由(1)可得

Sn＝＝－＋(－1)n.

由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n

＝2＝2Sn，

故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．

数列的通项与求和问题

数列的通项与求和是高考的必考题型，求通项属于基本问题，常涉及等差、等比数列的定义、性质、基本量的运算；求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择适当的求和方法．常考的求和方法有：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．

【例3】　(本题满分12分)(2016·全国卷Ⅱ)Sn为等差数列{an}的前n项和，且①.记②，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.

(1)求b1，b11，b101；

(2)求③.

[信息提取]　看到①想到等差数列的求和公式；

看到②想到等差数列的通项公式及对数的运算性质；

看到③想到数列的常见求和方法．

[规范解答]　(1)设{an}的公差为d，S7＝7a4＝28，

所以a4＝4，···················································2分

所以d＝＝1，············································4分

所以an＝a1＋(n－1)d＝n. ······································5分

所以b1＝[lg a1]＝[lg 1]＝0，b11＝[lg a11]＝[lg 11]＝1，b101＝[lg a101]＝[lg 101]＝2. ····························································6分

(2)记{bn}的前n项和为Tn，则T1 000＝b1＋b2＋…＋b1 000＝[lg a1]＋[lg a2]＋…＋[lg a1 000]，

当0≤lg an＜1时，n＝1,2，…，9；······························7分

当1≤lg an＜2时，n＝10,11，…，99；···························9分

当2≤lg an＜3时n＝100,101，…，999；·························11分

当lg an＝3时，n＝1 000，

所以T1 000＝0×9＋1×90＋2×900＋3×1＝1 893.·················12分

[易错与防范]

[通性通法]　(1)等差(或等比)数列的通项公式、前n项和公式中有五个元素a1，d(或q)，n，an，Sn，“知三求二”是等差(等比)的基本题型，通过解方程(组)的方法达到解题的目的．

(2)数列的求和问题常采用“公式法”“裂项相消法”等．

设数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n－1.

(1)求{an}的通项公式；

(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：≤Sn＜.

[解]　(1)当n＝1时，a1＝2×1－1＝1；

当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n－1，①

a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2(n－1)－1，②

①－②得nan＝2，即an＝.

当n＝1时，a1≠＝2，

所以an＝

(2)由(1)知，bn＝

所以bn＞0，所以Sn≥S1＝；

当n＝1时，S1＝＜；

当n≥2时，bn＝＝2，

所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋2×＋…＋2＝－，

因为＞0，所以Sn＝－＜.

综上所述，对任意的n∈N*，≤Sn＜.

[大题增分专训]

1．(2019·湖北四校联考)在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项．

(1)求证：数列是等差数列，并求{an}的通项公式；

(2)求数列的前n项和Sn.

[解]　(1)∵an是1与anan＋1的等差中项，

∴2an＝1＋anan＋1，∴an＋1＝，

∴an＋1－1＝－1＝，

∴＝＝1＋，

∵＝1，∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，

∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝.

(2)由(1)得＝＝－，

∴Sn＝＋＋＋…＋＝1－＝.

2．(2018·石家庄一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝2n＋1＋m(m∈R)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

[解]　(1)法一：当n≥2时，由2Sn＝2n＋1＋m(m∈R)得2Sn－1＝2n＋m(m∈R)，

所以2an＝2Sn－2Sn－1＝2n，即an＝2n－1(n≥2)，

又a1＝S1＝2＋，当m＝－2时，a1＝1符合数列{an}为等比数列，所以{an}的通项公式为an＝2n－1.

法二：由2Sn＝2n＋1＋m(m∈R)得

从而有a2＝S2－S1＝2，a3＝S3－S2＝4，

所以等比数列{an}的公比q＝＝2，首项a1＝1，因此数列{an}的通项公式为an＝2n－1.

(2)由(1)可得log2(an·an＋1)＝log2(2n－1·2n)＝2n－1，

所以bn＝＝，

所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝.

3．(2018·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)n，求数列{bn}的前n项和Tn.

[解]　(1)因为数列是首项为1，公差为2的等差数列，

所以＝1＋2(n－1)＝2n－1.

所以Sn＝2n2－n.

当n＝1时，a1＝S1＝1；

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

当n＝1时，a1＝1也符合上式．

所以数列{an}的通项公式an＝4n－3(n∈N*)．

(2)当n＝1时，＝，所以b1＝2a1＝2；

当n≥2时，由＋＋…＋＝5－(4n＋5)n，

所以＋＋…＋＝5－(4n＋1)n－1.

两式相减，得＝(4n－3)n.

因为an＝4n－3，

所以bn＝＝2n(当n＝1时，也符合此式)．

又＝＝2，则数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．

所以Tn＝＝2n＋1－2.