2020届高考文科数学大二轮复习冲刺创新专题题型2解答题规范踩点多得分第

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第3讲　数列 ‎ [考情分析]　数列为每年高考必考内容之一，题型不固定，等差、等比数列基本量和性质的考查是高考的热点，经常以客观题的形式呈现；数列求和及数列与函数、不等式的综合问题常以解答题的形式呈现，考查分析问题、解决问题的能力及转化与化归等数学思想方法.‎ 热点题型分析 热点1　等差数列与等比数列的综合 ‎1．等差(比)数列的运算策略 ‎(1)在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个最基本的元素；‎ ‎(2)在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解．‎ ‎2．应用数列性质解题的方法 ‎(1)抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解；‎ ‎(2)牢固掌握等差(比)数列的性质，可分为三类：①通项公式的变形；②等差(比)中项的变形；③前n项和公式的变形．‎ ‎(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.‎ 解　(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.‎ 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.‎ 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.‎ ‎(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.‎ 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．‎ 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.‎ 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.‎ 综上，m＝6.‎ - 11 -‎ 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．有两个处理思路：一是利用基本量，将多元问题简化为一元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确；二是利用等差、等比数列的性质，但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．‎ ‎(2019·北京高考)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．‎ 解　(1)设{an}的公差为d.‎ 因为a1＝－10，‎ 所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.‎ 因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，‎ 所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．‎ 所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．‎ 解得d＝2.‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.‎ ‎(2)由(1)知，an＝2n－12.‎ 则当n≥7时，an>0；当n≤6时，an≤0.‎ 所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.‎ 热点2　数列的通项与求和 ‎1．求数列通项公式的常见类型及方法 ‎(1)观察法：根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法求其通项公式；‎ ‎(2)公式法：利用等差(比)数列的通项公式求an；‎ ‎(3)已知Sn与an的关系，‎ 利用an＝求an；‎ ‎(4)累加法：形如an＋1＝an＋f(n)的解析式，可用递推式多项相加法求得an；‎ ‎(5)累乘法：形如an＋1＝f(n)·an(an≠0)的解析式，可用递推式多项相乘法求得an；‎ ‎(6)倒数法：形如f(anan＋1，an，an＋1)＝0的关系，同乘，先求出，再求出an；‎ ‎(7)构造辅助数列法：通过变换递推关系，将非等差(等比)数列构造为等差(等比)数列来求其通项公式．‎ - 11 -‎ ‎2．求数列前n项和Sn的常见方法 ‎(1)公式法：利用等差、等比数列的前n项和公式求数列的前n项和；‎ ‎(2)裂项相消法：将数列恒等变形为连续两项或相隔若干项之差的形式，进行消项；‎ ‎(3)错位相减法：求解形如{an·bn}和的前n项和，数列{an}，{bn}分别为等差与等比数列；‎ ‎(4)倒序相加法：应用于等差数列或能转化为等差数列的数列求和；‎ ‎(5)分组求和法：数列为等差与等比数列的代数和或奇数项和偶数项的规律不同，根据其表现形式分别求和．‎ ‎1．(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{cn}满足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(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.依题意，得解得 故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.‎ 所以，{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.‎ ‎(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)‎ ‎＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)‎ ‎＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．‎ 记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①‎ 则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②‎ ‎②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1‎ ‎＝－＋n×3n＋1＝.‎ 所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn ‎＝3n2＋3× ‎＝(n∈N*)．‎ ‎2．(2018·天津高考)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ - 11 -‎ ‎(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，‎ ‎①求Tn；‎ ‎②证明 ＝－2(n∈N*)．‎ 解　(1)设等比数列{an}的公比为q.‎ 由a1＝1，a3＝a2＋2.‎ 可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.‎ 设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.‎ 由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16.从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.‎ ‎(2)①由(1)，有Sn＝＝2n－1，‎ 故Tn＝ (2k－1)＝2k－n＝－n＝2n＋1－n－2.‎ ‎②证明：因为＝ ‎＝＝－，‎ 所以 ＝＋＋…＋＝－2.‎ 采用错位相减法求和，要注意相减后和式的结构，把项数数清．采用裂项相消法求和，消项时要注意相消的规律，可将数列的前几项和表示出来，归纳出规律．‎ 常用的裂项相消变换有：‎ ‎(1)分式裂项：＝；‎ ‎(2)根式裂项：＝(－)；‎ ‎(3)对数式裂项：lg ＝lg (n＋p)－lg n；‎ ‎(4)指数式裂项：aqn＝(qn－qn＋1)(q≠0且q≠1)．‎ 等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ - 11 -‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由a1＝10，a2为整数，可知等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0,10＋4d≤0，解得－≤d≤－，因此d＝－3，故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.‎ ‎(2)bn＝＝，‎ 于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝.‎ 热点3　数列的综合应用 解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点：‎ ‎(1)由于数列是一类特殊函数，因此解答数列问题时，多从函数角度入手，准确处理数列问题；‎ ‎(2)利用数列自身特点和自身性质，准确推理，其中注意适时分类讨论；‎ ‎(3)证明不等关系时要充分利用题意恰当使用放缩法．‎ ‎1．(2017·北京高考)设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n＝1,2,3，…)，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．‎ ‎(1)若an＝n，bn＝2n－1，求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列；‎ ‎(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．‎ 解　(1)c1＝b1－a1＝1－1＝0，‎ c2＝max{b1－2a1，b2－2a2}＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，‎ c3＝max{b1－3a1，b2－3a2，b3－3a3}＝max{1－3×1，3－3×2，5－3×3}＝－2.‎ 当n≥3时，(bk＋1－nak＋1)－(bk－nak)＝(bk＋1－bk)－n(ak＋1－ak)＝2－n＜0，‎ 所以bk－nak关于k∈N*单调递减．‎ 所以cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}＝b1－a1n＝1－n.‎ 所以对任意n≥1，cn＝1－n，于是cn＋1－cn＝－1，‎ - 11 -‎ 所以{cn}是等差数列．‎ ‎(2)证明：设数列{an}和{bn}的公差分别为d1，d2，‎ 则bk－nak＝b1＋(k－1)d2－[a1＋(k－1)d1]n ‎＝b1－a1n＋(d2－nd1)(k－1)．‎ 所以cn＝ ‎①当d1＞0时，取正整数m＞，‎ 则当n≥m时，nd1＞d2，‎ 因此cn＝b1－a1n.‎ 此时，cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．‎ ‎②当d1＝0时，对任意n≥1，‎ cn＝b1－a1n＋(n－1)max{d2,0}‎ ‎＝b1－a1＋(n－1)(max{d2,0}－a1)．‎ 此时，c1，c2，c3，…，cn，…是等差数列．‎ ‎③当d1＜0时，‎ 当n＞时，有nd1＜d2，‎ 所以＝ ‎＝n(－d1)＋d1－a1＋d2＋ ‎≥n(－d1)＋d1－a1＋d2－|b1－d2|.‎ 对任意正数M，取正整数 m＞max，‎ 故当n≥m时，＞M.‎ ‎2．(2019·江苏高考)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”．‎ ‎(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M数列”；‎ ‎(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，＝－，其中Sn为数列{bn}的前n项和．‎ ‎①求数列{bn}的通项公式；‎ ‎②设m为正整数．若存在“M数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．‎ 解　(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，‎ 所以a1≠0，q≠0.‎ - 11 -‎ 由得 解得 因此数列{an}为“M数列”．‎ ‎(2)①因为＝－，所以bn≠0.‎ 由b1＝1，S1＝b1，得＝－，则b2＝2.‎ 由＝－，得Sn＝.‎ 当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得 bn＝－，‎ 整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.‎ 所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．‎ 因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．‎ ‎②由①知，bk＝k，k∈N*.‎ 因为数列{cn}为“M数列”，设公比为q，所以c1＝1，q>0.‎ 因为ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1,2,3，…，m(m∈N*)．‎ 当k＝1时，有q≥1；‎ 当k＝2,3，…，m时，有≤ln q≤.‎ 设f(x)＝(x>1)，则f′(x)＝.‎ 令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下：‎ x ‎(1，e)‎ e ‎(e，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极大值  因为＝<＝，‎ 所以f(k)max＝f(3)＝.‎ 取q＝，当k＝1,2,3,4,5时，≤ln q，即k≤qk，经检验知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5.‎ 若m≥6，分别取k＝3,6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在．因此所求m的最大值小于6.‎ 综上，所求m的最大值为5.‎ - 11 -‎ ‎(1)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意函数性质的准确使用；‎ ‎(2)证明不等关系时进行适当的放缩．‎ ‎(2017·江苏高考)对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，对任意正整数n(n＞k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．‎ ‎(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；‎ ‎(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．‎ 证明　(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，则 an＝a1＋(n－1)d，‎ 从而，当n≥4时，‎ an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d ‎＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2,3，‎ 所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，‎ 因此等差数列{an}是“P(3)数列”．‎ ‎(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，‎ 当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①‎ 当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②‎ 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③‎ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④‎ 将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，‎ 所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.‎ 在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，‎ 在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以前三项也满足等差数列，‎ 所以数列{an}是等差数列．‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 专题作业 ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝.‎ ‎(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．‎ - 11 -‎ 解　(1)由条件可得an＋1＝an.‎ 将n＝1代入，得a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.‎ 将n＝2代入，得a3＝3a2，所以a3＝12.‎ 从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.‎ ‎(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．由题设条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ ‎(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.‎ ‎2．(2017·天津高考)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{a2nbn}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，解得q＝－3或q＝2.‎ 又因为q＞0，所以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.‎ ‎(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn.‎ 由a2n＝6n－2，得 Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，‎ ‎2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1.‎ 上述两式相减，得 ‎－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1‎ ‎＝－4－(6n－2)×2n＋1‎ ‎＝－(3n－4)2n＋2－16，‎ 所以Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.‎ 所以，数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.‎ ‎3．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.‎ ‎(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；‎ ‎(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．‎ - 11 -‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d.‎ 由S9＝－a5得a1＋4d＝0.‎ 由a3＝4得a1＋2d＝4.‎ 于是a1＝8，d＝－2.‎ 因此等差数列{an}的通项公式为an＝10－2n.‎ ‎(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，‎ Sn＝.‎ 由a1>0知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．‎ ‎4．数列An：a1，a2，…，an(n≥2)的各项均为整数，满足：ai≥－1(i＝1,2，…，n)，且a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an＝0，其中a1≠0.‎ ‎(1)若n＝3，写出所有满足条件的数列A3；‎ ‎(2)求a1的值；‎ ‎(3)证明：a1＋a2＋…＋an>0.‎ 解　(1)满足条件的数列A3为：－1，－1,6；－1,0,4；－1，1,2；－1，2,0.‎ ‎(2)假设a1≠－1，因为a1≠0，所以a1≥1.‎ 又a2，a3，…，an≥－1，因此有 a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an ‎≥2n－1＋(－1)·2n－2＋(－1)·2n－3＋…＋(－1)·2＋(－1)＝2n－1－2n－2－2n－3－…－2－1＝1，‎ 这与a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an＝0矛盾！‎ 所以a1＝－1.‎ ‎(3)先证明如下结论：∀k∈{1,2，…，n－1}，‎ 必有a1·2n－1＋a2·2n－2＋…＋ak·2n－k≤0.‎ 否则，令a1·2n－1＋a2·2n－2＋…＋ak·2n－k>0，‎ 注意到左式是2n－k的整数倍，‎ 因此a1·2n－1＋a2·2n－2＋…＋ak·2n－k≥2n－k.‎ 所以有 a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an ‎≥2n－k＋(－1)·2n－k－1＋(－1)·2n－k－2＋…＋(－1)·2＋(－1)‎ ‎＝2n－k－2n－k－1－2n－k－2－…－2－1＝1，‎ 这与a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an＝0矛盾！‎ 所以a1·2n－1＋a2·2n－2＋…＋ak·2n－k≤0.‎ - 11 -‎ 因此有 a1<0，‎ a1·2＋a2≤0，‎ a1·4＋a2·2＋a3≤0，‎ ‎…‎ a1·2k－1＋a2·2k－2＋…＋ak－1·2＋ak≤0，‎ ‎…‎ a1·2n－2＋a2·2n－3＋…＋an－2·2＋an－1≤0.‎ 将上述n－1个不等式相加得a1·(2n－1－1)＋a2·(2n－2－1)＋…＋an－1·(2－1)<0，①‎ 又a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an＝0，②‎ 两式相减即得a1＋a2＋…＋an>0.‎ - 11 -‎