2022版新高考数学人教A版一轮复习学案：第6章 新高考新题型微课堂　6　开放题命题热点之数列问题 WORD版含解析.doc

1、六开放题命题热点之数列问题高考数列解答题，主要考查等差数列、等比数列的判定、性质，求通项公式，求特殊数列的和；新高考命题中，开放条件的数列问题崭露头角，其常常有以下两种考法等差数列、等比数列的判定及应用(2020青岛二模)设数列an的前n项和为Sn，a11，_.给出下列三个条件：条件：数列an为等比数列，数列Sna1也为等比数列；条件：点(Sn，an1)在直线yx1上；条件：2na12n1a22annan1.试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)方案一：选条件.因为数列Sna1为等比数

2、列，所以(S2a1)2(S1a1)(S3a1)，即(2a1a2)22a1(2a1a2a3)设等比数列an的公比为q.因为a11，所以(2q)22(2qq2)，解得q2或q0(舍)，所以ana1qn12n1(nN*)(2)由(1)得an2n1(nN*)，所以bn，所以Tn.方案二：(1)选条件.因为点(Sn.an1)在直线yx1上，所以an1Sn1(nN*)，所以anSn11(n2)，两式相减得an1anan，2(n2)因为a11，a2S11a112，2适合上式，所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以ana1qn12n1(nN*)(2)同方案一的(2)方案三：(1)选条件.当n2时，因

3、为2na12n1a22annan1(nN*)(i)，所以2n1a12n2a22an1(n1)an，所以2na12n1a222an12(n1)an(ii)(i)(ii)得2annan12(n1)an，即2(n2)，当n1时，2a1a2，2适合上式所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以ana1qn12n1(nN*)(2)同方案一的(2)解题时的注意事项(1)分析时要兼顾给出的三个条件，选择最易解答的一个条件；(2)解题时只需要选一个条件，结合其他条件求解即可(2020东营模拟)已知函数f (x)logkx(k为常数，k0且k1)(1)在下列条件中选择一个_使数列an是等比数列，说明理由；

4、数列f (an)是首项为2，公比为2的等比数列；数列f (an)是首项为4，公差为2的等差数列；数列f (an)是首项为2，公差为2的等差数列的前n项和构成的数列(2)在(1)的条件下，当k时，设anbn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)不能使数列an成等比数列，可以由题意得f (an)4(n1)22n2，即logkan2n2，得ank2n2，且a1k40，所以k2.因为常数k0且k1，所以k2为非零常数，所以数列an是以k4为首项，k2为公比的等比数列(2)由(1)知ank4(k2)n1k2n2，所以当k时，an2n1.因为anbn，所以bn，所以bn，Tnb1b2bn.数列中的存在性问

5、题(2020枣庄二模)在S4是a2与a21的等差中项；a7是与a22的等比中项；数列a2n的前5项和为65这三个条件中任选一个，补充在横线中，并解答下面的问题已知an是公差为2的等差数列，其前n项和为Sn，_.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnan，是否存在kN*，使得bk？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由解：(1)若选S4是a2与a21的等差中项，则2S4a2a21，即2(a12)(a1202)解得a13，所以an32(n1)2n1.若选a7是与a22的等比中项，则aa22，即(a162)2(a1212)解得a13，所以an32(n1)2n1.若选数列a2n的前5项和为65，则a

6、2(n1)a2n2(n1)2n24.又a2a12，所以a2n是首项为a12，公差为4的等差数列由a2n的前5项和为65，得5(a12)465.解得a13，所以an32(n1)2n1.(2)bnan(2n1)，bn1bn(2n3)(2n1)3(2n3)4(2n1)(52n)所以bn1bnbn1bn052n0n2.5n1,2；bn1bnbn1bn052n2.5n3,4,5，.所以b1b2b4b5b6，所以bn中的最大项为b3(231).显然b3.所以nN*，bn.本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式，解题关键是根据已知条件求出数列的首项a1.对于本题存在性命题，转化为求数列的最大项问题，而求数

7、列的最大项可以解不等式组求出满足此不等式组且使得an最大的n，如果是正项数列，还可能用作商法，即由1，且1得最大项的项数(2020潍坊一模)在Sn2bn1，4bnbn1(n2)，bnbn12(n2)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，说明理由已知数列an为等比数列，a1，a3a1a2，数列bn的首项b11，其前n项和为Sn，_，是否存在kN*，使得对任意nN*，anbnakbk恒成立？解：设等比数列an的公比为q，因为a1，a3a1a2，所以q，故an.若选择，则Sn2bn1，则Sn12bn11(n2)，两式相减整理得2(n2)又b11，所以数列b

8、n是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn2n1，所以anbn2n1.由指数函数的性质知，数列anbn单调递增，没有最大值，所以不存在kN*，使得对任意nN*，anbnakbk恒成立若选择，则由4bnbn1(n2)，b11，知数列bn是首项为1，公比为的等比数列，所以bn，所以anbn(4).因为anbn(4)44.当且仅当n1时取得最大值.所以存在k1，使得对任意nN*，anbnakbk恒成立若选择，则由bnbn12(n2)知数列bn是公差为2的等差数列又b11，所以bn2n1.设cnanbn(2n1)，则cn1cn(2n1)(2n1)，所以当n2时，cn1cn，当n3时，cn1cn.即c1c2c4c5.所以存在k3，使得对任意nN*，anbnakbk恒成立