创新设计一轮复习 第五章 教材高考审题答题三文档格式.docx
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an-1(n>
1).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×
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=.
(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=an.
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=,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=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(q>
0).
由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.
因为q>
0,可得q=2,故bn=2n-1.
所以Tn==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=.
(2)由
(1),有
T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n
=-n=2n+1-n-2.
由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn
可得+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(舍去),
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,①
2Tn=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×
-(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=,anbn+1+bn+1=nbn.
(2)求{bn}的前n项和.
解
(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,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=,
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==-.
2.已知数列{an}满足a1=,且an+1=.
数列是等差数列;
(2)若bn=anan+1,求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)证明 易知an≠0,∵an+1=,
∴=,∴-=,
又∵a1=,∴=2,
∴数列是以2为首项,为公差的等差数列.
(2)解 由
(1)知,=2+(n-1)=,即an=,
∴bn==4,
Sn=4
=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)若的前n项和为Sn,求证:
Sn<
2.
(1)解 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,
由题意得
解得或(舍),
∴an=n,bn=2n.
(2)证明 由
(1)知=,
∴Sn=+++…++,
Sn=+++…+++,
两式相减得Sn=++++…+-=-,
∴Sn=2--,∴Sn<
4.(2019·
广州一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,数列是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)设数列{bn}满足++…+=5-(4n+5),求数列{bn}的前n项和Tn.
解
(1)由题意可得:
=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)∵++…+=5-(4n+5),
∴n≥2时,++…+=5-(4n+1),
相减可得:
=(4n-3)×
(n≥2),
又=满足上式,
∴=(4n-3)×
(n∈N*).
∴bn=2n.∴数列{bn}的前n项和Tn==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.
(2)设bn=,n∈N*,Sn是数列{bn}的前n项和,求使Sn<
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===,
Sn=
==,
则Sn<
,即<
,解得n<
12,
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=1,当n≥2时,(n-1)an=(n+1)Sn-1+n(n-1),n∈N*.
(1)证明:
数列为等比数列;
(2)记Tn=S1+S2+…+Sn,求Tn.
(1)证明 当n≥2时,an=Sn-Sn-1,
所以(n-1)(Sn-Sn-1)=(n+1)Sn-1+n(n-1),
即(n-1)Sn=2nSn-1+n(n-1),则=2×
+1,
所以+1=2×
,又+1=2,
故数列是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)解 由
(1)知+1=·
2n-1=2n,
所以Sn=n·
2n-n,
故Tn=(1×
2+2×
22+…+n·
2n)-(1+2+…+n).
设M=1×
2n,
则2M=1×
23+…+n·
2n+1,
所以-M=2+22+…+2n-n·
2n+1=2n+1-2-n·
所以M=(n-1)·
2n+1+2,
所以Tn=(n-1)·
2n+1+2-.
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