2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)統(tǒng)考第6章數(shù)列高考大題沖關(guān)系列3高考中數(shù)列問(wèn)題的熱點(diǎn)題型學(xué)案含解析北師大版

PAGE4-高考中數(shù)列問(wèn)題的熱點(diǎn)題型對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P100命題動(dòng)向：從近五年高考試題分析來(lái)看，等差、等比數(shù)列是重要的數(shù)列類(lèi)型，高考考查的主要學(xué)問(wèn)點(diǎn)有：等差、等比數(shù)列的概念、性質(zhì)、前n項(xiàng)和公式．由于數(shù)列的滲透力很強(qiáng)，它和函數(shù)、方程、向量、三角形、不等式等學(xué)問(wèn)相互聯(lián)系，優(yōu)化組合，無(wú)形中加大了綜合的力度．解決此類(lèi)題目，必需對(duì)隱藏在數(shù)列概念和方法中的數(shù)學(xué)思想有較深的理解．題型1等差、等比數(shù)列的綜合運(yùn)算例1(2024·河南八市第五次測(cè)評(píng))已知等差數(shù)列{an}中，a3＝3，a2＋2，a4，a6－2順次成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝eq\f(－1na2n＋1,anan＋1)，{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求S2n.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a2＋2，a4，a6－2順次成等比數(shù)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)，化簡(jiǎn)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).[沖關(guān)策略]解決由等差數(shù)列、等比數(shù)列組成的綜合問(wèn)題，首先要依據(jù)兩數(shù)列的概念，設(shè)出相應(yīng)的基本量，然后充分運(yùn)用通項(xiàng)公式、求和公式、數(shù)列的性質(zhì)等確定基本量．解綜合題的關(guān)鍵在于審清題目，弄懂來(lái)龍去脈，揭示問(wèn)題的內(nèi)在聯(lián)系和隱含條件．變式訓(xùn)練1(2024·湖南4月聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3＝9，a1，a3，a7成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，數(shù)列{bn}滿意bn＝2an，Tn是數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)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成等比數(shù)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，))當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝0，,a1＝3))時(shí)，an＝3，當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝1，,a1＝2))時(shí)，an＝n＋1.(2)∵數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，∴d≠0，∴an＝n＋1，∴bn＝2n＋1，從而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，易知數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列，又T5＝640，T6＝1536，∴使Tn>1000成立的n的最小值為6.題型2數(shù)列的通項(xiàng)與求和例2(2024·廣州調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿意a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝eq\f(n,4)(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(4nan,2n＋1)，求數(shù)列{bnbn＋1}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq\f(1,4).因?yàn)閍1＋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).[沖關(guān)策略](1)一般求數(shù)列的通項(xiàng)往往要構(gòu)造數(shù)列，此時(shí)要從證的結(jié)論動(dòng)身，這是很重要的解題信息．(2)依據(jù)數(shù)列的特點(diǎn)選擇合適的求和方法，常用的有錯(cuò)位相減法，分組求和法，裂項(xiàng)求和法等．變式訓(xùn)練2(2024·張家口模擬)已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，2an·an＋1＋an＋1－an＝0，數(shù)列{bn}滿意bn＝eq\f(1,2n·an).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，問(wèn)：是否存在n，使得Sn的值是eq\f(3,8)？解(1)因?yàn)?an·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，由等差數(shù)列的定義可得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項(xiàng)為eq\f(1,a1)＝1，公差為d＝2的等差數(shù)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)，兩邊同乘以eq\f(1,2)得，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n＋1)，兩式相減得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?yàn)镾n＋1－Sn＝eq\f(2n＋3,2n)－eq\f(2n＋5,2n＋1)＝eq\f(2n＋1,2n＋1)>0，所以數(shù)列{Sn}是關(guān)于項(xiàng)數(shù)n的遞增數(shù)列，所以Sn≥S1＝eq\f(1,2)，因?yàn)閑q\f(3,8)<eq\f(1,2)，所以不存在n，使得Sn＝eq\f(3,8).題型3數(shù)列與其他學(xué)問(wèn)的交匯角度1數(shù)列與函數(shù)的交匯例3(2024·浙江臺(tái)州模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)一切正整數(shù)n，點(diǎn)Pn(n，Sn)都在函數(shù)f(x)＝x2＋2x的圖象上，且過(guò)點(diǎn)Pn(n，Sn)的切線的斜率為kn.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Q＝{x|x＝kn，n∈N*}，R＝{x|x＝2an，n∈N*}，等差數(shù)列{cn}的任一項(xiàng)cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小數(shù)，110<c10<115，求{cn}的通項(xiàng)公式．解(1)因?yàn)辄c(diǎn)Pn(n，Sn)都在函數(shù)f(x)＝x2＋2x的圖象上，所以Sn＝n2＋2n(n∈N*)．所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1.而當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3，滿意上式，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋1.(2)對(duì)f(x)＝x2＋2x求導(dǎo)可得f′(x)＝2x＋2.因?yàn)檫^(guò)點(diǎn)Pn(n，Sn)的切線的斜率為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?yàn)閏n∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小數(shù)，所以c1＝6，則{cn}的公差是4的倍數(shù)，所以c10＝4m＋6(m∈N*又因?yàn)?10<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.設(shè)等差數(shù)列{cn}的公差為d，則d＝eq\f(c10－c1,10－1)＝eq\f(114－6,9)＝12，所以cn＝6＋(n－1)×12＝12n－6，所以數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為cn＝12n－6.[沖關(guān)策略](1)數(shù)列與函數(shù)的綜合問(wèn)題一般是以函數(shù)作為背景，給出數(shù)列所滿意的條件．解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是利用函數(shù)學(xué)問(wèn)，將條件進(jìn)行精確轉(zhuǎn)化．(2)此類(lèi)問(wèn)題多考查函數(shù)思想及性質(zhì)(多為單調(diào)性)，留意題中的限制條件，如定義域．變式訓(xùn)練3(2024·河北保定二模)已知函數(shù)f(x)＝log3(ax＋b)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2,1)和B(5,2)，an＝an＋b，n∈N*.(1)求an；(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，bn＝2n＋2eq\r(Sn)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)由函數(shù)f(x)＝log3(ax＋b)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)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)知數(shù)列{an}為以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)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數(shù)列與不等式的交匯例4(2024·福建三明質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋2.(1)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn；(2)設(shè)bn＝log2(S3n＋2)，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求證：eq\f(1,7)≤4Tn＜eq\f(1,3).解(1)因?yàn)閍n＋1＝Sn＋2，①所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－1＋2，②由①－②得，an＋1－an＝Sn－Sn－1，即an＋1＝2an(n≥2)，又因?yàn)閍2＝a1＋2＝4，即a2＝2a1，所以an＋1＝2an(n即數(shù)列{an}是以a1＝2為首項(xiàng)，q＝2為公比的等比數(shù)列，所以an＝2·2n－1＝2n，an＋1＝2n＋1，則Sn＝an＋1－2＝2n＋1－2.(2)證明：由(1)得S3n＝23n＋1－2，所以S3n＋2＝23n＋1，則bn＝log223n＋1＝3n＋1，則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?yàn)閑q\f(1,33n＋4)>0，所以Tn<eq\f(1,12).又因?yàn)門(mén)n＝eq\f(n,43n＋4)＝eq\f(1,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(4,n))))，當(dāng)n＝1時(shí)，Tn取得最小值為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).[沖關(guān)策略]數(shù)列中不等式的處理方法(1)函數(shù)方法：即構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性、極值等得出關(guān)于正實(shí)數(shù)的不等式，通過(guò)對(duì)關(guān)于正實(shí)數(shù)的不等式特別賦值得出數(shù)列中的不等式．(2)放縮方法：數(shù)列中不等式可以通過(guò)對(duì)中間過(guò)程或者最終的結(jié)果放縮得到．本題第(2)問(wèn)中用到“放縮”．一般地，數(shù)列求和中的放縮的“目標(biāo)數(shù)列”為“可求和數(shù)列”，如等比數(shù)列、可裂項(xiàng)相消求和的數(shù)列等．(3)比較方法：作差比較或作商比較．變式訓(xùn)練4已知各項(xiàng)均不為零的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)隨意的n∈N*，滿意Sn＝eq\f(1,3)a1(an－1)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿意anbn＝log2an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求證：Tn<eq\f(8,9).解(1)當(dāng)n＝1時(shí)，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)，∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝eq\f(4,3)(an－1－1)，兩式相減得an＝4an－1(n≥2)，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為4，公比為4的等比數(shù)列，∴an＝4n.(2)證明：∵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)，兩式相減得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數(shù)列與實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題的交匯例5(2024·黑龍江大慶模擬)某企業(yè)2024年的純利潤(rùn)為500萬(wàn)元，因設(shè)備老化等緣由，企業(yè)的生產(chǎn)實(shí)力將逐年下降．若不進(jìn)行技術(shù)改造，預(yù)料從2024年起每年比上一年純利潤(rùn)削減20萬(wàn)元.2024年初，該企業(yè)將一次性投入資金600萬(wàn)元進(jìn)行技術(shù)改造，預(yù)料在未扣除技術(shù)改造資金的狀況下，第n年(2024年為第1年)的利潤(rùn)為500eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))萬(wàn)元(n∈N*)．(1)設(shè)從2024年起的前n年，若該企業(yè)不進(jìn)行技術(shù)改造的累計(jì)純利潤(rùn)為An萬(wàn)元，進(jìn)行技術(shù)改造后的累計(jì)純利潤(rùn)為Bn萬(wàn)元(扣除技術(shù)改造資金)，求An和Bn的表達(dá)式；(2)依上述預(yù)料，從2024年起該企業(yè)至少經(jīng)過(guò)多少年，進(jìn)行技術(shù)改造后的累計(jì)純利潤(rùn)超過(guò)不進(jìn)行技術(shù)改造的累計(jì)純利潤(rùn)？解(1)由題意得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)).∵函數(shù)y＝x(x＋1)－eq\f(50,2x)－10在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴當(dāng)1≤n≤3時(shí)，n(n＋1)－eq\f(50,2n)－10≤12－eq\f(50,8)－10<0；當(dāng)n≥4時(shí)，n(n＋1)－eq\f(50,2n)－10≥20－eq\f(50,16)－10>0.∴當(dāng)且僅當(dāng)n≥4時(shí)，Bn>An.綜上，至少經(jīng)過(guò)4年，該企業(yè)進(jìn)行技術(shù)改造后的累計(jì)純利潤(rùn)超過(guò)不進(jìn)行技術(shù)改造的累計(jì)純利潤(rùn)．[沖關(guān)策略](1)此類(lèi)問(wèn)題的解題思路：細(xì)致閱讀所給材料，細(xì)致理解題意，將已知條件翻譯成數(shù)學(xué)語(yǔ)言并轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題，分清是等差數(shù)列還是等比數(shù)列，是求通項(xiàng)問(wèn)題還是求項(xiàng)數(shù)問(wèn)題，或是求和