第二编 专题三 规范答题系列二 数列类解答题-【金版教程】2023高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（新教材，创新版）

专题三　数列 规范答题系列二　数列类解答题 第二编　突破主干知识专题 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 1 等级细解 PART ONE 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 2 答题启示 PART TWO 等级细解 答题启示 跟踪训练 3 跟踪训练 PART THREE 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 本课结束 (2022·天津河东区一模)(12分)已知数列{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，S3＝7，且a1＋3，3a2，a3＋4成等差数列．数列{bn}的前n项和为Tn，∀n∈N*满足 eq \f(Tn＋1,n＋1)－ eq \f(Tn,n)＝ eq \f(1,2)，且b1＝1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 解题思路　(1)由等差中项和等比数列的通项公式依据题意列方程组，解方程组解得首项和公比，可得an，运用等差数列的定义与前n项和公式可得bn. 解　(1)由已知，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝7，,\f(（a1＋3）＋（a3＋4）,2)＝3a2，))(1分) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q＋q2）＝7，,a1（1－6q＋q2）＝－7，)) 又q>1，解得a1＝1，q＝2，故an＝2n－1.(2分) 由 eq \f(Tn＋1,n＋1)－ eq \f(Tn,n)＝ eq \f(1,2)，T1＝b1＝1， 可得 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Tn,n)))是首项为1，公差为 eq \f(1,2)的等差数列，(3分) eq \f(Tn,n)＝1＋ eq \f(1,2)(n－1)＝ eq \f(n＋1,2)，Tn＝ eq \f(n（n＋1）,2)，(4分) 当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝ eq \f(n（n＋1）,2)－ eq \f(n（n－1）,2)＝n， 经检验n＝1时也符合上式，则bn＝n，n∈N*.(6分) (2)令cn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,bn·bn＋2)，n为奇数，,an·bn，n为偶数，))求数列{cn}的前2n项和Q2n. 解题思路　(2)依据(1)求得cn，运用数列的分组转化法求和、裂项相消法求和和错位相减法求和，结合等比数列的求和公式可得所求和． 解　(2)cn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)，n为奇数，,n·2n－1，n为偶数，))(7分) Q2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＋(2×2＋4×23＋…＋2n×22n－1)，(8分) 设Rn＝2×2＋4×23＋6×25＋…＋2n×22n－1， 所以4Rn＝2×23＋4×25＋6×27＋…＋2n×22n＋1，两式相减得 －3Rn＝4＋2×23＋2×25＋…＋2×22n－1－2n×22n＋1＝4＋2× eq \f(8－4×22n－1,1－4)－2n×22n＋1 ＝－ eq \f(4,3)＋ eq \f(1－3n,3)×22n＋2， 所以Rn＝ eq \f(4,9)＋ eq \f(3n－1,9)×4n＋1，(10分) 所以Q2n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)＋\f(3n－1,9)×4n＋1))＝ eq \f(13,9)－ eq \f(1,2n＋1)＋ eq \f(3n－1,9)×4n＋1.(12分) 第(1)问 由已知条件列出方程组，可得1分 正确解方程组求出等比数列的首项和公比，求数列{an}的通项公式，可得1分 依据条件判断 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Tn,n)))是等差数列，可得1分 求出 eq \f(Tn,n)进而求出Tn，可得1分 依据前n项和公式与通项公式的关系求bn，可得2分 第(2)问 依据第(1)问求得cn并恰当变形，可得1分 第(2)问 对Q2n适当