2024届一轮复习人教A版 第7章数列解答题模板构建4高考中的数列问题 学案

解答题模板构建4高考中的数列问题(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，Snan是公差为(1)求{an}的通项公式；(2)证明：1a1+[规范解答](1)解：已知a1＝1，Snan所以Snan＝1＋13(n－1)＝13n＋23，整理得Sn＝13n故当n≥2时，Sn－1＝13n①－②得：13an＝13nan－13nan－1－13故(n－1)an＝(n＋1)an－1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分化简得：anan-1＝n+1n-1所以ana1故an＝nn所以an＝nn+12(2)证明：由于an＝nn所以1an＝2nn+1所以1a1＝21＝2×1-1n+1第一步：利用等差数列的通项公式求出Sn与an的关系式；第二步：利用递推求差的方法导出数列的递推公式；第三步：利用累乘法求数列的通项公式；第四步：根据数列的特征，利用裂项相消法求和；第五步：利用放缩法证明不等式；第六步：反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤．类型一等差数列与等比数列综合1．(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)求证：a1＝b1；(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．(1)证明：设等差数列{an}的公差为d，由a2－b2＝a3－b3，得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，则d＝2b1.由a2－b2＝b4－a4，得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＋d－2b1＝4d－(a1＋3d)，所以a1＝b1.(2)解：由(1)知，d＝2b1＝2a1，由bk＝am＋a1知，b1·2k-1＝a1＋(m－1)d＋a1，所以b1·2k-1＝b1＋(m－1)·2b1＋b1，即2k-1＝2m.又1≤m≤500，故2≤2k-1≤1000，则2≤k≤10，故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素个数为9.2．(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn＋n＝2(1)求证：{an}是等差数列；(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．(1)证明：由已知有：2Sn＋n2＝2nan＋n①，所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2(n＋1)an＋1＋n＋1②，②－①可得：2an＋1＝2(n＋1)an＋1－2nan－2n，整理得：an＋1＝an＋1，由等差数列的定义知{an}为等差数列．(2)解：由已知有a72＝a4·a故(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，解得a1＝－12，所以an＝－12＋(n－1)×1＝n－13，故可得：a1<a2<a3<…<a12<0，a13＝0，a14>0，故Sn在n＝12或者n＝13时取最小值，S12＝S13＝-12+0故Sn的最小值为－78.类型二数列求和1．在①a4是a3与a5－8的等差中项；②S2，S3＋4，S4成等差数列中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．在公比为2的等比数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，若________．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(n＋1)log2an，求数列1bn的前n项和T解：(1)选①：因为a3，a4，a5－8成等差数列，所以2a4＝a3＋a5－8，所以16a1＝4a1＋16a1－8，解得a1＝2，所以an＝2n.选②：因为S2，S3＋4，S4成等差数列，所以2(S3＋4)＝S2＋S4，即2a11-231-2+4解得a1＝2，所以an＝2n.(2)因为an＝2n，所以bn＝(n＋1)log2an＝(n＋1)log22n＝n(n＋1)，所以1bn＝1n所以Tn＝1-12+12-132．已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，且a1＝2，a2＋a3＋a4＝18.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝|2an－1000|，求数列{bn}的前15项和解：(1)因为2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，所以an＋1－an＝an－an－1，所以{an}为等差数列．设公差为d，因为a1＝2，a2＋a3＋a4＝18，所以3a1＋6d＝18，所以d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n，即an＝2n.(2)因为bn＝|2an－1000|，所以bn＝|(2)2n所以bn＝1000所以T15＝(1000－21)＋(1000－22)＋…＋(1000