2024高考数学一轮复习统考第6章数列高考大题冲关系列3高考中数列问题的热点题型学案含解析北师大版

PAGE4-高考中数列问题的热点题型对应学生用书P100命题动向：从近五年高考试题分析来看，等差、等比数列是重要的数列类型，高考考查的主要学问点有：等差、等比数列的概念、性质、前n项和公式．由于数列的渗透力很强，它和函数、方程、向量、三角形、不等式等学问相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必需对隐藏在数列概念和方法中的数学思想有较深的理解．题型1等差、等比数列的综合运算例1(2024·河南八市第五次测评)已知等差数列{an}中，a3＝3，a2＋2，a4，a6－2顺次成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝eq\f(－1na2n＋1,anan＋1)，{bn}的前n项和为Sn，求S2n.解(1)设等差数列{an}的公差为d，∵a2＋2，a4，a6－2顺次成等比数列，∴aeq\o\al(2,4)＝(a2＋2)(a6－2)，∴(a3＋d)2＝(a3－d＋2)(a3＋3d－2)，又a3＝3，∴(3＋d)2＝(5－d)(1＋3d)，化简得d2－2d＋1＝0，解得d＝1，∴an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)×1＝n.(2)由(1)得bn＝eq\f(－1na2n＋1,anan＋1)＝(－1)neq\f(2n＋1,nn＋1)＝(－1)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，∴S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)＋\f(1,2n＋1)))＝－1＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(－2n,2n＋1).[冲关策略]解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要依据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分运用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量．解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件．变式训练1(2024·湖南4月联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝9，a1，a3，a7成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}是递增数列，数列{bn}满意bn＝2an，Tn是数列{anbn}的前n项和，求Tn并求使Tn>1000成立的n的最小值．解(1)∵S3＝9，∴a2＝3，∴a1＋d＝3，①∵a1，a3，a7成等比数列，∴aeq\o\al(2,3)＝a1a7，∴(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，②由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝0，,a1＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝1，,a1＝2，))当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝0，,a1＝3))时，an＝3，当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝1，,a1＝2))时，an＝n＋1.(2)∵数列{an}是递增数列，∴d≠0，∴an＝n＋1，∴bn＝2n＋1，从而anbn＝(n＋1)·2n＋1，Tn＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋(n＋1)·2n＋1，①2Tn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋(n＋1)·2n＋2，②由①－②，得－Tn＝8＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)·2n＋2＝8＋eq\f(231－2n－1,1－2)－(n＋1)·2n＋2＝－n·2n＋2，∴Tn＝n·2n＋2，易知数列{Tn}是递增数列，又T5＝640，T6＝1536，∴使Tn>1000成立的n的最小值为6.题型2数列的通项与求和例2(2024·广州调研)已知数列{an}满意a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝eq\f(n,4)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(4nan,2n＋1)，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.解(1)当n＝1时，a1＝eq\f(1,4).因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝eq\f(n,4)，①所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝eq\f(n－1,4)(n≥2，n∈N*)，②由①－②，得4n－1an＝eq\f(1,4)(n≥2，n∈N*)，所以an＝eq\f(1,4n)(n≥2，n∈N*)．由于a1＝eq\f(1,4)，故an＝eq\f(1,4n)(n∈N*)．(2)由(1)得bn＝eq\f(4nan,2n＋1)＝eq\f(1,2n＋1)，所以bnbn＋1＝eq\f(1,2n＋12n＋3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，故Tn＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(n,6n＋9).[冲关策略](1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时要从证的结论动身，这是很重要的解题信息．(2)依据数列的特点选择合适的求和方法，常用的有错位相减法，分组求和法，裂项求和法等．变式训练2(2024·张家口模拟)已知数列{an}满意a1＝1，2an·an＋1＋an＋1－an＝0，数列{bn}满意bn＝eq\f(1,2n·an).(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，问：是否存在n，使得Sn的值是eq\f(3,8)？解(1)因为2an·an＋1＋an＋1－an＝0，所以an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(2an＋1,an)－eq\f(1,an)＝2，由等差数列的定义可得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(1,a1)＝1，公差为d＝2的等差数列．故eq\f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝eq\f(1,2n－1).(2)由(1)得bn＝eq\f(2n－1,2n)，所以Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(2n－1,2n)，两边同乘以eq\f(1,2)得，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n＋1)，两式相减得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq\f(2n－1,2n＋1)，即eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋2×eq\f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n－1)－eq\f(2n－1,2n＋1)，所以Sn＝3－eq\f(2n＋3,2n).因为Sn＋1－Sn＝eq\f(2n＋3,2n)－eq\f(2n＋5,2n＋1)＝eq\f(2n＋1,2n＋1)>0，所以数列{Sn}是关于项数n的递增数列，所以Sn≥S1＝eq\f(1,2)，因为eq\f(3,8)<eq\f(1,2)，所以不存在n，使得Sn＝eq\f(3,8).题型3数列与其他学问的交汇角度1数列与函数的交汇例3(2024·浙江台州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，且过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Q＝{x|x＝kn，n∈N*}，R＝{x|x＝2an，n∈N*}，等差数列{cn}的任一项cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，110<c10<115，求{cn}的通项公式．解(1)因为点Pn(n，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，所以Sn＝n2＋2n(n∈N*)．所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1.而当n＝1时，a1＝S1＝3，满意上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.(2)对f(x)＝x2＋2x求导可得f′(x)＝2x＋2.因为过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn，所以kn＝2n＋2，所以Q＝{x|x＝2n＋2，n∈N*}，R＝{x|x＝4n＋2，n∈N*}．所以Q∩R＝R.又因为cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，所以c1＝6，则{cn}的公差是4的倍数，所以c10＝4m＋6(m∈N*又因为110<c10<115，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(110<4m＋6<115，,m∈N*，))解得m＝27，所以c10＝114.设等差数列{cn}的公差为d，则d＝eq\f(c10－c1,10－1)＝eq\f(114－6,9)＝12，所以cn＝6＋(n－1)×12＝12n－6，所以数列{cn}的通项公式为cn＝12n－6.[冲关策略](1)数列与函数的综合问题一般是以函数作为背景，给出数列所满意的条件．解决这类问题的关键是利用函数学问，将条件进行精确转化．(2)此类问题多考查函数思想及性质(多为单调性)，留意题中的限制条件，如定义域．变式训练3(2024·河北保定二模)已知函数f(x)＝log3(ax＋b)的图象经过点A(2,1)和B(5,2)，an＝an＋b，n∈N*.(1)求an；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，bn＝2n＋2eq\r(Sn)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由函数f(x)＝log3(ax＋b)的图象经过点A(2,1)和B(5,2)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log32a＋b＝1，,log35a＋b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－1，))所以an＝2n－1.(2)由(1)知数列{an}为以1为首项，2为公差的等差数列，所以Sn＝n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2，得bn＝2n＋2eq\r(Sn)＝2n＋2n.所以Tn＝(2×1＋21)＋(2×2＋22)＋(2×3＋23)＋…＋(2×n＋2n)＝2×(1＋2＋3＋…＋n)＋(21＋22＋23＋…＋2n)＝2×eq\f(1＋nn,2)＋eq\f(21－2n,1－2)＝2n＋1＋n2＋n－2.角度2数列与不等式的交汇例4(2024·福建三明质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋2.(1)求数列{an}的前n项和Sn；(2)设bn＝log2(S3n＋2)，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和为Tn，求证：eq\f(1,7)≤4Tn＜eq\f(1,3).解(1)因为an＋1＝Sn＋2，①所以当n≥2时，an＝Sn－1＋2，②由①－②得，an＋1－an＝Sn－Sn－1，即an＋1＝2an(n≥2)，又因为a2＝a1＋2＝4，即a2＝2a1，所以an＋1＝2an(n即数列{an}是以a1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，所以an＝2·2n－1＝2n，an＋1＝2n＋1，则Sn＝an＋1－2＝2n＋1－2.(2)证明：由(1)得S3n＝23n＋1－2，所以S3n＋2＝23n＋1，则bn＝log223n＋1＝3n＋1，则eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,3n＋13n＋4)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n＋1)－\f(1,3n＋4)))，所以Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,10)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n＋1)－\f(1,3n＋4)))))＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,3n＋4)))＝eq\f(1,12)－eq\f(1,33n＋4).因为eq\f(1,33n＋4)>0，所以Tn<eq\f(1,12).又因为Tn＝eq\f(n,43n＋4)＝eq\f(1,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(4,n))))，当n＝1时，Tn取得最小值为eq\f(1,28)，所以eq\f(1,28)≤Tn＜eq\f(1,12)，即eq\f(1,7)≤4Tn＜eq\f(1,3).[冲关策略]数列中不等式的处理方法(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特别赋值得出数列中的不等式．(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最终的结果放缩得到．本题第(2)问中用到“放缩”．一般地，数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”，如等比数列、可裂项相消求和的数列等．(3)比较方法：作差比较或作商比较．变式训练4已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且对随意的n∈N*，满意Sn＝eq\f(1,3)a1(an－1)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满意anbn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<eq\f(8,9).解(1)当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,3)a1(a1－1)＝eq\f(1,3)aeq\o\al(2,1)－eq\f(1,3)a1，∵a1≠0，∴a1＝4.∴Sn＝eq\f(4,3)(an－1)，∴当n≥2时，Sn－1＝eq\f(4,3)(an－1－1)，两式相减得an＝4an－1(n≥2)，∴数列{an}是首项为4，公比为4的等比数列，∴an＝4n.(2)证明：∵anbn＝log2an＝2n，∴bn＝eq\f(2n,4n)，∴Tn＝eq\f(2,41)＋eq\f(4,42)＋eq\f(6,43)＋…＋eq\f(2n,4n)，eq\f(1,4)Tn＝eq\f(2,42)＋eq\f(4,43)＋eq\f(6,44)＋…＋eq\f(2n,4n＋1)，两式相减得eq\f(3,4)Tn＝eq\f(2,4)＋eq\f(2,42)＋eq\f(2,43)＋eq\f(2,44)＋…＋eq\f(2,4n)－eq\f(2n,4n＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,42)＋\f(1,43)＋\f(1,44)＋…＋\f(1,4n)))－eq\f(2n,4n＋1)＝2×eq\f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq\f(2n,4n＋1)＝eq\f(2,3)－eq\f(2,3×4n)－eq\f(2n,4n＋1)＝eq\f(2,3)－eq\f(6n＋8,3×4n＋1).∴Tn＝eq\f(8,9)－eq\f(6n＋8,9×4n)<eq\f(8,9).角度3数列与实际应用问题的交汇例5(2024·黑龙江大庆模拟)某企业2024年的纯利润为500万元，因设备老化等缘由，企业的生产实力将逐年下降．若不进行技术改造，预料从2024年起每年比上一年纯利润削减20万元.2024年初，该企业将一次性投入资金600万元进行技术改造，预料在未扣除技术改造资金的状况下，第n年(2024年为第1年)的利润为500eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))万元(n∈N*)．(1)设从2024年起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元(扣除技术改造资金)，求An和Bn的表达式；(2)依上述预料，从2024年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？解(1)由题意得An＝(500－20)＋(500－40)＋…＋(500－20n)＝490n－10n2；Bn＝500×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))))－600＝500n－eq\f(500,2n)－100.(2)由(1)得Bn－An＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(500n－\f(500,2n)－100))－(490n－10n2)＝10n2＋10n－eq\f(500,2n)－100＝10eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(nn＋1－\f(50,2n)－10)).∵函数y＝x(x＋1)－eq\f(50,2x)－10在(0，＋∞)上为增函数，∴当1≤n≤3时，n(n＋1)－eq\f(50,2n)－10≤12－eq\f(50,8)－10<0；当n≥4时，n(n＋1)－eq\f(50,2n)－10≥20－eq\f(50,16)－10>0.∴当且仅当n≥4时，Bn>An.综上，至少经过4年，该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润．[冲关策略](1)此类问题的解题思路：细致阅读所给材料，细致理解题意，将已知条件翻译成数学语言并转化为数学问题，分清是等差数列还是等比数列，是求通项问题还是求项数问题，或是求和