2019-2020创新设计一轮复习---第五章-教材高考审题答题三

热点预测真题印证核心素养等比(差)数列的判定与证明2018·全国Ⅰ，17；2017·全国Ⅰ，17；2016·全国Ⅲ，17逻辑推理、数学运算通项与求和2018·全国Ⅱ，17；2018·全国Ⅲ，17；2016·全国Ⅱ，17；2016·全国Ⅲ，17数学运算、数学建模等差与等比数列的综合问题2017·全国Ⅱ，17；2018·天津，18；2018·全国Ⅰ，17；2018·浙江，20数学运算、逻辑推理教材链接高考——等比(差)数列的判定与证明[教材探究]1.(必修5P50例2)根据图2.4－2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.这个数列是等比数列吗？2.(必修5P69B6)已知数列{an}中，a1＝5，a2＝2，且an＝2an－1＋3an－2(n≥3).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a1＝1，an＝12an－1(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bn＝an＋an－1(n≥2)，cn＝an－3an－1(n≥2)，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·郑州模拟)已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2).(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式.(1)证明因为an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，所以an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2).因为a1＝5，a2＝5，所以a2＋2a1＝15，所以an＋2an－1≠0(n≥2)，所以数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列.(2)解由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，则an＋1＝－2an＋5×3n，所以an＋1－3n＋1＝－2(an－3n).又因为a1－3＝2，所以an－3n≠0，所以{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列.所以an－3n＝2×(－2)n－1，故an＝2×(－2)n－1＋3n.【链接高考】(2018·全国Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝ann.(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an＋1＝2（n＋1）nan.将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.(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an＋1n＋1＝2ann，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.(3)由(2)可得ann＝2n－1，所以an＝n·2n－1.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(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，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b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q0，可得q＝2，故bn＝2n－1.所以Tn＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{an}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n.所以Sn＝n（n＋1）2.(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2×（1－2n）1－2－n＝2n＋1－n－2.由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得n（n＋1）2＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.所以n的值为4.探究提高1.本题主要考查等差、等比数列通项公式与前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】(2017·全国Ⅱ卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；(2)若T3＝21，求S3.解设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)·d，bn＝qn－1.由a2＋b2＝2得d＋q＝3.①(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②联立①和②解得d＝3，q＝0(舍去)，d＝1，q＝2.因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0.解得q＝－5或q＝4.当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21.当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6.满分答题示范——数列的通项与求和【例题】(12分)(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n＋1的前n项和.[规范解答][高考状元满分心得]❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，由an满足的关系式，通过消项求得an，验证n＝1时成立，写出结果.在第(2)问中观察数列的结构特征进行裂项→利用裂项相消法求得数列的前n项和Sn.❷得关键分：(1)an－1满足的关系式，(2)验证n＝1，(3)对通项裂项都是不可少的过程，有则给分，无则没分.❸得计算分：解题过程中的计算准确是得满分的根本保证，如(得分点2)，(得分点5)，(得分点7).[构建模板]【规范训练】(2019·芜湖调研)已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3＋2是a2和a4的等差中项.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2log2an－1，求数列{anbn}的前n项和Tn.解(1)设数列{an}的公比为q，因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2.因为a3＋2是a2和a4的等差中项，所以2(a3＋2)＝a2＋a4.即2(4q＋2)＝4＋4q2，化简得q2－2q＝0.因为公比q≠0，所以q＝2.所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*).(2)因为an＝2n，所以bn＝2log2an－1＝2n－1，所以anbn＝(2n－1)2n，则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，①2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1.②由①－②得，－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1＝2＋2×4（1－2n－1）1－2－(2n－1)2n＋1＝－6－(2n－3)2n＋1，所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1.1.已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝13，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.(1)求{an}的通项公式；(2)求{bn}的前n项和.解(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝13，得a1＝2.所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn得bn＋1＝bn3，因此{bn}是首项为1，公比为13的等比数列.记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝1－13n1－13＝32－12×3n－1.2.已知数列{an}满足a1＝12，且an＋1＝2an2＋an.(1)求证：数列1an是等差数列；(2)若bn＝anan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.(1)证明易知an≠0，∵an＋1＝2an2＋an，∴1an＋1＝2＋an2an，∴1an＋1－1an＝12，又∵a1＝12，∴1a1＝2，∴数列1an是以2为首项，12为公差的等差数列.(2)解由(1)知，1an＝2＋12(n－1)＝n＋32，即an＝2n＋3，∴bn＝4（n＋3）（n＋4）＝41n＋3－1n＋4，Sn＝414－15＋15－16＋…＋1n＋3－1n＋4＝414－1n＋4＝nn＋4.3.(2019·长郡中学联考)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3＋2.(1)求{an}，{bn}的通项公式；(2)若anbn的前n项和为Sn，求证：Sn2.(1)解设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，由题意得2q＝2（1＋d），2q2＝2（1＋2d）＋2，解得d＝1，q＝2，或d＝－1，q＝0(舍)，∴an＝n，bn＝2n.(2)证明由(1)知anbn＝n2n，∴Sn＝12＋222＋323＋…＋n－12n－1＋n2n，12Sn＝122＋223＋324＋…＋n－22n－1＋n－12n＋n2n＋1，两式相减得12Sn＝12＋122＋123＋124＋…＋12n－n2n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1，∴Sn＝2－12n－1－n2n，∴Sn2.4.(2019·广州一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列Snn是首项为1，公差为2的等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝5－(4n＋5)12n，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由题意可得：Snn＝1＋2(n－1)，可得：Sn＝2n2－n.∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.当n＝1时，a1＝1对上式也成立.∴an＝4n－3(n∈N*).(2)∵a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝5－(4n＋5)12n，∴n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝5－(4n＋1)12n－1，相减可得：anbn＝(4n－3)×12n(n≥2)，又a1b1＝12满足上式，∴anbn＝(4n－3)×12n(n∈N*).∴bn＝2n.∴数列{bn}的前n项和Tn＝2（2n－1）2－1＝2n＋1－2.5.(2019·北京延庆区调研)已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝2，且a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，n∈N*，Sn是数列{bn}的前n项和，求使Sn319成立的最大的正整数n.解(1)设{an}的公差为d.由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，可得(a2＋1)2＝(a1＋1)(a4＋1)，又a1＝2，∴(3＋d)2＝3(3＋3d)，解得d＝3(d＝0舍去)，则an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.(2)bn＝1anan＋1＝1（3n－1）（3n＋2）＝1313n－1－13n＋2，Sn＝1312－15＋15－18＋…＋13n－1－13n＋2＝1312－13n＋2＝n2（3n＋2），则Sn319，即n2（3n＋2）319，解得n12，则所求最大的正整数n为11.6.(2019·德州二模)设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝