《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點(diǎn) 解答題專練 第2講 數(shù)列教學(xué)案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點(diǎn) 解答題專練 第2講 數(shù)列教學(xué)案 理（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　數(shù)列 ■真題調(diào)研—————————————— 【例1】　[2019·全國卷Ⅱ]已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4. (1)證明：{an＋bn}是等比數(shù)列，{an－bn}是等差數(shù)列； (2)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式． 解：(1)由題設(shè)得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)， 即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)． 又因?yàn)閍1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列． 由題設(shè)得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8, 即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.

2、又因?yàn)閍1－b1＝1，所以{an－bn}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列． (2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1. 所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－， bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋. 【例2】　[2019·江蘇卷]定義首項(xiàng)為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M－數(shù)列”． (1)已知等比數(shù)列{an}(n∈N*)滿足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求證：數(shù)列{an}為“M－數(shù)列”； (2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足：b1＝1，＝－，其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和． ①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； ②設(shè)m為正整數(shù)．若存

3、在“M－數(shù)列”{cn}(n∈N*)，對任意正整數(shù)k，當(dāng)k≤m時，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值． 解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q， 所以a1≠0，q≠0. 由得 解得 因此數(shù)列{an}為“M－數(shù)列”． (2)①因?yàn)椋剑詁n≠0. 由b1＝1，S1＝b1，得＝－，則b2＝2. 由＝－，得Sn＝， 當(dāng)n≥2時，由bn＝Sn－Sn－1， 得bn＝－， 整理得bn＋1＋bn－1＝2bn. 所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列． 因此，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n(n∈N*)． ②由①知，bk＝k，k∈N*. 因?yàn)閿?shù)列{cn}為“M－數(shù)

4、列”， 設(shè)公比為q，所以c1＝1，q>0. 因?yàn)閏k≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1,2,3，…，m. 當(dāng)k＝1時，有q≥1； 當(dāng)k＝2,3，…，m時，有≤lnq≤. 設(shè)f(x)＝(x>1)，則f′(x)＝. 令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下： x (1，e) e (e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  因?yàn)椋?＝， 所以f(k)max＝f(3)＝. 取q＝，當(dāng)k＝1,2,3,4,5時，≤lnq，即k≤qk，經(jīng)檢驗(yàn)知qk－1≤k也成立． 因此所求m的最大值不小于5. 若m≥6，分別取k＝3,6，得3≤

5、q3，且q5≤6，從而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在．因此所求m的最大值小于6. 綜上，所求m的最大值為5. 【例3】　[2019·天津卷]設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足c1＝1，cn＝ 其中k∈N*. ①求數(shù)列的通項(xiàng)公式； ②求． 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.依題意得解得故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n. 所以，{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n＋1，{

6、bn}的通項(xiàng)公式為bn＝3×2n. (2)①＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1. 所以，數(shù)列{}的通項(xiàng)公式為 ＝9×4n－1. ② ＝＋(9×4i－1) ＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×－n ＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)． 【例4】　[2019·浙江卷]設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝4，a4＝S3.數(shù)列{bn}滿足：對每個n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)記cn＝，n∈N*，證明：c1＋c2＋…＋cn<2，n∈N*. 解：(1)

7、設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由題意得 a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d， 解得a1＝0，d＝2. 從而an＝2n－2，n∈N*. 所以Sn＝n2－n，n∈N*. 由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列得 (Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)． 解得bn＝(S－SnSn＋2)． 所以bn＝n2＋n，n∈N*. (2)cn＝＝＝，n∈N*. 我們用數(shù)學(xué)歸納法證明． (1)當(dāng)n＝1時，c1＝0<2，不等式成立； (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時不等式成立，即 c1＋c2＋…＋ck<2， 那么，當(dāng)n＝k＋1時， c1＋c2＋…＋ck

8、＋ck＋1<2＋<2＋<2＋＝2＋2(－)＝2， 即當(dāng)n＝k＋1時不等式也成立． 根據(jù)(1)和(2)，不等式c1＋c2＋…＋cn<2對任意n∈N*成立． ■模擬演練—————————————— 1．[2019·南昌二模]已知數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，a1＝1，且存在實(shí)數(shù)λ滿足2an＋1＝λan＋4，n∈N*. (1)求λ的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{a2n－n}的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，d≠0， 由2an＋1＝λan＋4(n∈N*)，① 得2an＝λan－1＋4(n∈N*，n≥2)，② 兩式相減得，2d＝λd，又d≠

9、0，所以λ＝2. 將λ＝2代入①可得an＋1－an＝2，即d＝2， 又a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)由(1)可得a2n－n＝2(2n－n)－1＝2n＋1－(2n＋1)， 所以Sn＝(22＋23＋…＋2n＋1)－[3＋5＋…＋(2n＋1)]＝－＝2n＋2－n2－2n－4. 2．[2019·廣州綜合測試二]已知{an}是遞增的等比數(shù)列，a2＋a3＝4，a1a4＝3. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令bn＝nan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)解法一：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q. 因?yàn)閍2＋a3＝4，a1a4＝3，所以 解得或

10、 因?yàn)閧an}是遞增的等比數(shù)列，所以a1＝，q＝3， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2. 解法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q. 因?yàn)閍2＋a3＝4，a1a4＝a2a3＝3， 所以a2，a3是方程x2－4x＋3＝0的兩個根， 解得或 因?yàn)閧an}是遞增的等比數(shù)列，所以a2＝1，a3＝3，則q＝3， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2. (2)由(1)知bn＝n×3n－2， 則Sn＝1×3－1＋2×30＋3×31＋…＋n×3n－2，?、? 在①式兩邊同時乘以3得， 3Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n×3n－1，?、? ①－②得－2Sn＝3－1＋30

11、＋31＋…＋3n－2－n×3n－1， 即－2Sn＝－n×3n－1， 所以Sn＝(2n－1)×3n－1＋. 3．[2019·福建質(zhì)檢]數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝2an－n. (1)求證數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列，并求an； (2)若數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，且b3＝a2，b7＝a3，求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和． 解：(1)當(dāng)n＝1時，S1＝2a1－1，所以a1＝1. 因?yàn)镾n＝2an－n，?、? 所以當(dāng)n≥2時，Sn－1＝2an－1－(n－1)，　② ①－②得an＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1， 所以＝＝＝2， 所以{an＋1}是首項(xiàng)為2，公比為

12、2的等比數(shù)列， 所以an＋1＝2·2n－1＝2n， 所以an＝2n－1. (2)由(1)知，a2＝3，a3＝7， 所以b3＝a2＝3，b7＝a3＝7. 設(shè){bn}的公差為d，則b7＝b3＋(7－3)·d， 所以d＝1， 所以bn＝b3＋(n－3)·d＝n， 所以anbn＝n(2n－1)＝n·2n－n. 設(shè)數(shù)列{n·2n}的前n項(xiàng)和為Kn，數(shù)列{n}的前n項(xiàng)和為Tn， 所以Kn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，　③ 2Kn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，?、? ③－④得 －Kn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝－n·2n＋1 ＝(1－n)

13、·2n＋1－2. 所以Kn＝(n－1)·2n＋1＋2. 又Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝， 所以Kn－Tn＝(n－1)·2n＋1－＋2， 所以{anbn}的前n項(xiàng)和為 (n－1)·2n＋1－＋2. 4．[2019·安徽合肥質(zhì)檢]已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù)，其中a3，a2＋a3，a4成等差數(shù)列，a5＝32. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)記數(shù)列{log2an}的前n項(xiàng)和為Sn，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. 解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由已知得即 ∵an>0，∴q>0，解得 ∴an＝2n. (2)由已知得， Sn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝， ∴＝＝2， ∴的前n項(xiàng)和 Tn＝2 ＝. 7