2023年高考数学一轮复习 第六章 数列 高考重点突破课二 数列教案.doc

1、高考重点突破课二 数列题型一等差、等比数列的交汇例1 已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*).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b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn

2、2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，有a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，上述两式相减，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18.得Tn4n1.所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1.感悟提升等差与等比数列的基本量间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.训练1 已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0，a2是a1，a5的等比中项，S525.(1)求an的通项公式；(2)若数列

3、bn满足bnbn1Sn，求b2b20.解(1)a2是a1，a5的等比中项，aa1a5，(a1d)2a1(a14d)，d22a1d.又d0，d2a1，S55a110d25，由解得a11，d2，an2n1，Snn2.(2)bnbn1n2，当n2时，bn1bn(n1)2，bn1bn12n1，b20b2189，b2b20189.题型二数列与不等式的交汇例2 (12分)(2021浙江卷)已知数列an的前n项和为Sn，a1，且4Sn13Sn9(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足3bn(n4)an0(nN*)，记bn的前n项和为Tn.若Tnbn对任意nN*恒成立，求实数的取值范围.规

4、范答题解(1)因为4Sn13Sn9，所以当n2时，4Sn3Sn19，两式相减可得4an13an，即.2分当n1时，4S249，解得a2，所以.所以数列an是首项为，公比为的等比数列，所以an.4分(2)因为3bn(n4)an0，所以bn(n4).5分所以Tn3210(n4)，所以Tn3210(n5)(n4)，7分以上两式相减得Tn3(n4)(n4)n，所以Tn4n.9分因为Tnbn对任意nN*恒成立，所以4n(n4)恒成立，即3n(n4)恒成立.当n4时，3，此时1；当n4时，120恒成立；当n4时，3，此时3.所以31，即实数的取值范围为3，1. 12分第一步根据题目条件，求出数列的通项公式

5、第二步根据数列项的特征，选择合适的方法(公式法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法等)求和第三步利用第二步中所求得的数列的和，证明不等式或求参数的范围第四步反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤 训练2 已知正项数列an的前n项和为Sn，且a12，4Snanan1(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)设数列的前n项和为Tn，求证：Tn.(1)解4Snanan1，nN*，4a1a1a2，又a12，a24.当n2时，4Sn1an1an，得4ananan1an1an.由题意知an0，an1an14.当n2k1，kN*时，a2k2a2k4，即a2，a4，a2k是首项为4，公差为4的等差数列，a

6、2k4(k1)44k22k；当n2k，kN*时，a2k1a2k14，即a1，a3，a2k1是首项为2，公差为4的等差数列，a2k12(k1)44k22(2k1).综上可知，an2n，nN*.(2)证明，Tn.又，Tn.即得Tn.题型三数列中的结构不良试题例3 在aan(2an5an1)，且an0；Sn，2Sn1，3Sn2成等差数列，且S2；2Snant0(t为常数)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.问题：已知数列an的前n项和为Sn，a1，_，其中nN*.(1)求an的通项公式；(2)记bnlogan1，求数列anbn的前n项和为Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解

7、答计分.解(1)选择条件：因为aan(2an5an1)，所以3a5anan12a0.所以(3an1an)(an12an)0.因为an0，所以3an1an0，即.所以数列an是首项a1，公比q的等比数列.所以ana1qn1.选择条件：因为Sn，2Sn1，3Sn2成等差数列，所以Sn3Sn24Sn1.所以3(Sn2Sn1)Sn1Sn，即3an2an1.又S2，a1，所以a2a1，所以(nN*).所以an是首项a1，公比q的等比数列.所以ana1qn1.选择条件：因为2Snant0(t为常数)，所以当n2时，2Sn1an1t0.两式相减得2(SnSn1)anan10，即3anan1(n2).又a1，

8、(n2)，所以an是首项a1，公比q的等比数列.所以ana1qn1.(2)由(1)知an，所以bnlogan1logn1，所以anbn(n1).所以Tn23n(n1)，Tn23n(n1).得Tn(n1)(n1).所以Tn.感悟提升高考中结构不良题的解法(1)先定后动，先对题目中确定的条件进行分析推断，再观察分析“动”条件，结合题干要求选出最适合自己解答的条件求解.(2)最优法，当题干中确定的条件只有一个时，要根据自己的知识优势和擅长之处选择更适合自己的条件进行解答.训练3 (2021葫芦岛二模)已知首项为2的数列an中，前n项和Sn满足Sntn2n(tR).(1)求实数t的值及数列an的通项公

9、式an；(2)从bn，bn2anan，bn2anan三个条件中任选一个补充在下面问题中并求解.若_，求数列bn的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解(1)令n1得S1t12，所以t1.因为Snn2n，所以当n2时，Sn1(n1)2n1，所以anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n，(n2)当n1时，经验证符合上式，所以an2n.(2)若选，bn，所以Tnb1b2bn.若选，bnan2an2n4n，所以Tn(241)(442)(2n4n)(2462n)(4424n)n(n1)(4n1)n2n.若选，bn2anan2n4n，Tn2414426432n4n，则4Tn24

10、24436442n4n1，两式相减得3Tn24124224324n2n4n12n4n12n4n1，故Tn4n1.1.(2020全国卷)设等比数列an满足a1a24，a3a18.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为数列log3an的前n项和.若SmSm1Sm3，求m.解(1)设an的公比为q，则ana1qn1.因为a1a24，a3a18，所以解得所以an的通项公式为an3n1.(2)由(1)知log3ann1.所以数列log3an是首项为0，公差为1的等差数列，因此Sn.由于SmSm1Sm3，得m(m1)(m1)m(m3)(m2)，即m25m60.解之得m6或m1(舍去).所以实数m的值为6.

11、2.设数列an满足a11，an1an23n1.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(2n1)an，求数列bn的前n项和Sn.解(1)由已知，当n2时，anan123n2，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)12(13323n2)123n1，当n1时，a11符合上式，所以an3n1，nN*.(2)由(1)知bn(2n1)an(2n1)3n1，Sn330531(2n1)3n1，3Sn331532(2n1)3n1(2n1)3n，得2Sn32(31323n1)(2n1)3n2(1313n1)(2n1)3n12(2n1)3n12n3n.所以Snn3n，nN*.3.对任意n1，nN*满足Sn

12、1Sn12(Sn1)；Sn12Snan(nN*)；Snnan1n(n1)(nN*).从这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.问题：已知数列an的前n项和为Sn，a24，_，若数列an是等差数列，求出数列an的通项公式；若数列an不是等差数列，说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解若选择条件：因为对任意n1，nN*，满足Sn1Sn12(Sn1)，所以Sn1SnSnSn12，即an1an2，因为无法确定a1的值，所以a2a1不一定等于2，所以数列an不一定是等差数列.若选择条件：由Sn12Snan，则Sn1Snan2，即an1an2，nN*.又因为a24，所以a12

13、，所以数列an是等差数列，公差为2，因此数列an的通项公式为an2n.若选择条件：因为Snnan1n(n1)，所以Sn1(n1)an(n1)n(n2，nN*)，两式相减得，annan1(n1)an2n(n2)，即an1an2(n2).又S1a22，即a2a12，所以an1an2，nN*.又a24，a2a12，所以a12，所以数列an是以2为首项，2为公差的等差数列，所以an22(n1)2n.4.各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，Snaan(nN*).(1)求an；(2)令bncnb2n4(nN*)，求cn的前n项和Tn.解(1)a1S1aa1aa10，因为a10，故a12；当n2时，an

14、SnSn1aanaan1，(aa)(anan1)0，即(anan1)(anan12)0.因为an0，所以anan12，即an为等差数列，所以an2n(nN*).(2)c1b6b3a36，c2b8b4b2b1a12，n3时，cnb2n4b2n12b2n21a2n212n12，此时，Tn8(222)(232)(2n12)2n2n；当n2时，T222228c1c2.所以Tn5.已知等差数列an的公差为1，且a2a7a126.(1)求数列an的通项公式an与前n项和Sn；(2)将数列an的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列bn的前3项，记bn的前n项和为Tn，若存在mN*，使对任意n

15、N*，总有SnTm恒成立，求实数的取值范围.解(1)由a2a7a126，得a72，a14，an5n，从而Sn.(2)由题意知b14，b22，b31，设等比数列bn的公比为q，则q，Tm8，随m增加而递减，Tm为递增数列，得4Tm8.又Sn(n29n)，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使对任意nN*总有SnTm，则108，得2.即实数的取值范围为(2，).6.已知数列an满足对任意的nN*，都有aaa(a1a2an)2，且an0.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列的前n项和为Sn，不等式Snloga(1a)对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围.解(1)由aaa(a1a2a

16、n)2知aaa(a1a2an1)2，则a(a1a2an1)2(a1a2an)2an12(a1a2an)an1.又an0，所以a2(a1a2an)an1，则a2(a1a2an1)an(n2)，故aaanan1，因为an0，所以an1an1.又aa，所以a11.又a2a1a2，an0，所以a22，所以a2a11，即当n1时，有an1an1，所以数列an是首项为1，公差为1的等差数列，故ann.(2)由(1)知ann，则，所以Sn，则Sn1Sn0，所以数列Sn单调递增，所以(Sn)minS1.要使不等式Snloga(1a)对任意的正整数n恒成立，只要loga(1a)即可.易知0a1，则1aa，解得0a.所以实数a的取值范围是.