2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第六章数列顶层设计前瞻数列热点问题 WORD版含解析.doc

1、数列热点问题 三年真题考情核心热点真题印证核心素养等比(差)数列的判定与证明2019全国，19；2018全国，17；2017全国，17逻辑推理、数学运算通项与求和2019天津，19；2018全国，17；2018全国，17数学运算、数学建模等差与等比数列的综合问题2019全国，18；2019全国，18；2019北京，16；2017全国，17；2018天津，18；2018全国，17；2018浙江，20数学运算、逻辑推理 热点聚焦突破教材链接高考等比(差)数列的判定与证明教材探究1.(必修5P50例2)根据图2.42中的框图(图略，教材中的图)，写出所打印数列的前5项，并建立数列的递推公式.这个数列

2、是等比数列吗？2.(必修5P69B6)已知数列an中，a15，a22，且an2an13an2(n3).对于这个数列的通项公式作一研究，能否写出它的通项公式？试题评析(1)题目以程序框图为载体给出递推数列an，其中a11，anan1(n1).进而由递推公式写出前5项，并利用定义判断数列an是等比数列.(2)题目以递推形式给出数列，构造数列模型bnanan1(n2)，cnan3an1(n2)，利用等比数列定义不难得到bn，cn是等比数列，进而求出数列an的通项公式.两题均从递推关系入手，考查等比数列的判定和通项公式的求解，突显数学运算与逻辑推理等数学核心素养.【教材拓展】 (2019绵阳检测)已知

3、数列an满足a11，nan1(n1)an123n.(1)求证：数列是等差数列；(2)若bn，求数列bn的前n项和Sn.(1)证明nan1(n1)an123n，数列是首项为1，公差为的等差数列.(2)解由(1)知，1(n1)，an.bn2.Snb1b2bn2(1).探究提高由数列的递推公式证明数列是等差或等比数列，并求其通项公式是数列命题的常见题型，解题的关键是通过适当的变形，转化为等差、等比等特殊的数列问题.【链接高考】 (2019全国卷)已知数列an和bn满足a11，b10，4an13anbn4，4bn13bnan4.(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通

4、项公式.(1)证明由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1(anbn).又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公比为的等比数列.由题设得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2.又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列.(2)解由(1)知，anbn，anbn2n1，所以an(anbn)(anbn)n，bn(anbn)(anbn)n.教你如何审题等差与等比数列的综合问题【例题】 (2018天津卷)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*).已知b11，b3b22，b4a3a5，b

5、5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值.审题路线自主解答解(1)设等比数列bn的公比为q(q0).由b11，b3b22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故bn2n1.所以Tn2n1.设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可得a13d4.由b5a42a6，可得3a113d16，从而a11，d1，故ann.所以Sn.(2)由(1)，有T1T2Tn(21222n)nn2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.所以n的值为4.探究提高1.本题主要考查利用等差、等比数列通项公式

6、与前n项和公式计算，突出方程思想和数学运算等核心素养，准确计算是求解的关键.2.利用等差(比)数列的通项公式及前n项和公式列方程(组)求出等差(比)数列的首项和公差(比)，进而写出所求数列的通项公式及前n项和公式，这是求解等差数列或等比数列问题的常用方法.3.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化.【尝试训练】 (2019全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216.(1)求an的通项公式；(2)设bnlog2an，求数列bn的前n项和.解(1)设an的公比为q，由题设得2q24q16，即q22q80.解得q2

7、(舍去)或q4.因此an的通项公式为an24n122n1.(2)由(1)得bn(2n1)log222n1，因此数列bn的前n项和为132n1n2.满分答题示范数列的通项与求和【例题】 (13分)(2019天津卷)设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0.已知a1b13，b2a3，b34a23.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列cn满足cn求a1c1a2c2a2nc2n(nN*).规范解答解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q(q0).依题意，得解得由条件建立方程组求公差和公比3故an33(n1)3n，bn33n13n.由公式求通项所以an的通项公式为an3n，bn

8、的通项公式为bn3n.5(2)a1c1a2c2a2nc2n(a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn)根据数列特征分组7(631123218336n3n)应用公式求和93n26(131232n3n).记Tn131232n3n，则3Tn132233n3n1，得，2Tn332333nn3n1n3n1.错位相减求和所以a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n23(nN*).13高考状元满分心得得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，由条件式转化为关于d，q的方程组，由公式求an，bn，在第(2)问中观察数列的结构特征先分组，后用错位相减法求和.得关键分：(

9、1)列方程组，(2)分组求和都是不可缺少的过程，有则给分，无则没分.得计算分：解题过程中计算正确是得满分的根本保证，特别是第(1)问中的解方程，起着至关重要的作用，第(2)问中的错位相减法求和是计算中的难点.构建模板由等差、等比数列的通项公式列方程组求通项公式 根据数列的特征，先分组，后分别用公式法与错位相减法求和 反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤【规范训练】 (开放题)在等差数列an中，已知a616，a1836.(1)求数列an的通项公式an；(2)若_，求数列bn的前n项和Sn.在bn，bn(1)nan，bn2anan这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解.注：如果选择多

10、个条件分别解答，按第一个解答计分.解(1)由题意，解得d2，a12.an2(n1)22n.(2)选条件：bn，Sn1.选条件：an2n，bn(1)nan，Sn2468(1)n2n，当n为偶数时， Sn(24)(68)2(n1)2n2n；当n为奇数时，n1为偶数，Sn(n1)2nn1.Sn选条件：an2n，bn2anan，bn22n2n2n4n，Sn2414426432n4n，4Sn2424436442(n1)4n2n4n1，由得，3Sn24124224324n2n4n12n4n12n4n1，Sn(14n)4n1. 热点跟踪训练1.(2018全国卷)已知数列an满足a11，nan12(n1)an

11、.设bn.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式.解(1)由条件可得an1an.将n1代入得，a24a1，而a11，所以a24.将n2代入得，a33a2，所以a312.从而b11，b22，b34.(2)bn是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：由条件可得，即bn12bn，又b11，所以bn是首项为1，公比为2的等比数列.(3)由(2)可得2n1，所以an的通项公式为ann2n1.2.已知an是公差为3的等差数列，数列bn满足b11，b2，anbn1bn1nbn.(1)求an的通项公式；(2)求bn的前n项和.解(1)由已知，a1b2b

12、2b1，b11，b2，得a12.所以数列an是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an3n1.(2)由(1)和anbn1bn1nbn得bn1，因此bn是首项为1，公比为的等比数列.记bn的前n项和为Sn，则Sn.3.(2019潍坊期末)已知数列an的前n项和为Sn，且2，an，Sn成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)数列bn满足bnlog2a1log2a2log2an，求数列的前n项和Tn.解(1)2，an，Sn成等差数列，2an2Sn，Sn2an2.当n1时，a1S12a12，解得a12；当n2时，anSnSn12an22an12，an2an1.数列an是首项为2，公比为2的等

13、比数列，即通项公式为an2n.(2)log2anlog22nn，bnlog2a1log2a2log2an12nn(n1).2.Tn22.4.(2020长沙一模)已知数列an的首项a13，a37，且对任意的nN*，都有an2an1an20，数列bn满足bna2n1，nN*.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求使b1b2bn2 020成立的最小正整数n的值.解(1)令n1，得a12a2a30，解得a25.由an2an1an20知，an2an1an1ana2a12.故数列an是首项a13，公差d2的等差数列.于是an2n1.所以bna2n12n1.(2)由(1)知bn2n1，于是数列bn的前n

14、项和Tnb1b2bn(21222n)nn2n1n2.令f(x)2x1x2，则f(x)2x1ln 210，所以f(x)是关于x的单调递增函数.又f(9)210921 031，f(10)2111022 056，故使b1b2bn2 020成立的最小正整数n的值是10.5.(2019泉州二模)设数列an的前n项和为Sn，已知S12，an1Sn2.(1)求证：数列an为等比数列；(2)记bnlog2an，数列的前n项和为Tn.若Tn10，求的取值范围.(1)证明由已知，得a1S12，则a2S124.当n2时，anSn12，所以an1an(Sn2)(Sn12)an，所以an12an(n2).又a22a1，

15、所以2(nN*).所以数列an是首项a12，公比q2的等比数列.(2)解由(1)可知an2n，所以bnn，则，所以Tn.由题意，有Tn10，即10，所以.因为1020，所以的取值范围为20，).6.(2020辽宁五校联考)在等差数列an中，a11，其前n项和为Sn，等比数列bn的各项均为正数，b11，且b2S311，S69b3.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，则解得所以an2n1，bn2n1.(2)由(1)得cn.当n1时，T11；当n2时，Tn1，Tn.，得Tn1123，所以Tn6(n2)，又n1时，T11也适合.综上所述，Tn6.