第5章 核心素养系列（三）数列高考中档大题的规范问题-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（人教B版）

核心素养系列（三）数列高考中档大 题的规范问题 第五章 数 列 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 课后 素养提能 01 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 第五章 数 列 高考总复习 人教数学B版（新教材） 数列是历年高考的热点，多从等差数列、等比数列这两个特殊的数列入手，考查两数列的概念、基本运算性质、通项公式、求和公式等，常以等差、等比数列综合命题，或与方程、函数与导数、不等式、解析几何等知识交汇命题，综合考查数列的通项、求和等问题． [例1]　(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，在①点(Sn，an＋1)在直线y＝2x＋3上；②对∀m，n∈N*，am＋n＝aman恒成立中任选一个作为已知条件，并解答． (1)证明：数列{an}是等比数列，并求其公比； (2)若bn＝log3an，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1n\f(2n＋1,bnbn＋1)))的前2n项和T2n. ►[答题模板] (1)选择条件①： [第1步]　确定类型 因为点{Sn，an＋1}在直线y＝2x＋3上， 所以an＋1＝2Sn＋3， 当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2×3＋3＝9，(1分)① 当n≥2时， an＝2Sn－1＋3， 所以an＋1－an＝2an，即eq \f(an＋1,an)＝3， 所以an＝9×3n－2＝3n，(3分)② 又a1＝3满足上式，(容易忽略验证n＝1时的情况导致解析不完整而失分)(4分)③ 故数列{an}是等比数列，其公比为3.(5分)④ 选择条件②： 由对∀m，n∈N*，am＋n＝aman恒成立， 令m＝1，则an＋1＝a1an，(由∀m，n∈N*可联想到取特殊值法进行求解)(2分)① 即eq \f(an＋1,an)＝a1＝3，(4分)② 故数列{an}是等比数列，其公比为3.(5分)③ (2)[第2步]　选取方法 由(1)可得an＝3n，所以bn＝log3an＝n.(7分)⑤ 令cn＝(－1)neq \f(2n＋1,bnbn＋1)，所以cn＝(－1)neq \f(2n＋1,nn＋1)＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1))).(选用裂项相消法)(9分)⑥ [第3步]　得出结论 则T2n＝－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)))＋…＋(－1)2n·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).(12分)⑦ ►[得分点①]　正确求出a2得1分 ►[得分点②]　正确推出eq \f(an＋1,an)，并求出an得2分 ►[得分点③]　正确验算a1得1分 ►[得分点④]　正确得出结论得1分 ►[得分点⑤]　正确求出bn得2分 ►[得分点⑥]　正确求出cn得2分 ►[得分点⑦]　正确得出结论得3分 1．(2024·海南模拟)设M＝－3a3，N＝2a2，T＝a4，给出以下四种排序：①M，N，T；②M，T，N；③N，T，M；④T，N，M.从中任选一个，补充在下面的问题中，解答相应的问题． 已知等比数列{an}中的各项都为正数，a1＝1，且　________　依次成等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an，0＜an≤1，,\f(1,an)，an＞1，))数列{bn}的前n项和为Sn，求满足Sn＞100bn的最小正整数n. 解：(解答一)选②或③： (1)设{an}的公比为q，则q＞0，由条件得2a4＝2a2－3a3， 又因为a1＝1，所以2q3＝2q－3q2，即2q2＋3q－2＝0， 解得q＝eq \f(1,2)(负值舍去)，所以an＝eq \f(1,2n－1). (2)由题意得bn＝eq \f(1,2n－1)，则Sn＝eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝eq \f(2n－1,2n－1).由Sn＞100bn得eq \f(2n－1,2n－1)＞eq \f(100,2n－1)，即2n＞101，又因为n∈N＋，所以n的最小值为7. (解答二)选①或④： (1)设{an}的公比为q，则q＞0； 由条件得4a2＝a4－3a3， 又因为a1＝1，所以4q＝q3－3q2，即q2－3q－4＝0， 解得q＝4(负值舍去)，所以an＝4n－1. (2)由题意得bn＝eq \f(1,4n－1)，则Sn＝eq \f(1－\f(1,4n),1－\f(1,4))＝eq \f(4n－1,3×4n－1).由Sn＞100bn得eq \f(4n－1,3×4n－1)＞eq \f(100,4n－1)，即4n＞101， 又因为n∈N＋， 所以n的最小值为5. [热点2]　等差数列与等比数列的综合问题(规范解答)　 [典例2]　(本题满分12分)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列． (1)求d，an； (2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|. ◆[学审题]　对等差数列{an}，求{|an|}的前n项和的题型，常先由Sn的最值判断出哪些项为正，哪些项为负，或先求出an，解an≥0的n的取值范围，判断出哪些项为正，哪些项为负． 若前k项为负，从k＋1项开始以后的项非负，则{|an|}的前n项和Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－Sn，n≤k，,Sn－2Sk，n>k，))若前k项为正，以后各项非正，则Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Sn，n≤k，,2Sk－Sn，n>k.)) [解]　(1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0，故d＝－1或4. 所以an＝－n＋11，n∈N＋或an＝4n＋6，n∈N＋. (2)设数列{an}的前n项和为Sn. 因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11， 所以Sn＝－eq \f(1,2)n2＋eq \f(21,2)n，令an≥0，则n≤11. 当n≤11时， |a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－eq \f(1,2)n2＋eq \f(21,2)n. 当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| ＝－Sn＋2S11＝eq \f(1,2)n2－eq \f(21,2)n＋110. 综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| ＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)n2＋\f(21,2)n，n≤11，,\f(1,2)n2－\f(21,2)n＋110，n≥12.)) ◆[通技法]　求数列{|an|}的前n项和一般步骤 第一步：求数列{an}的前n项和； 第二步：令an≤0(或an≥0)确定分类标准； 第三步：分两类分别求前n项和； 第四步：用分段函数形式表示结论； 第五步：反思回顾，即查看{|an|}的前n项和与{an}的前n项和的关系，以防求错结果． 防失误：(1)本题求解用了分类讨论思想，求数列{|an|}的和时，因为an有正有负，所以应分两类分别求和． (2)常出现的错误：①当n≤11时，求{|an|}的和，有的学生认为就是Sn＝110；②当n≥12时，求{|an|}的和，有的学生不能转化为2(a1＋a2＋…＋a11)－(a1＋a2＋…＋an)，导致出错． 2．(2022·新高考Ⅱ卷，17)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4. (1)证明：a1＝b1； (2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，故d＝2b1 由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)， 故a1＋d－2b1＝4d－(a1＋3d)；故a1＋d－2b1＝d－a1，整理得a1＝b1，得证． (2)由(1)知d＝2b1＝2a1，由bk＝am＋a1知：b1·2k－1＝a1＋(m－1)·d＋a1， 即b1·2k－1＝b1＋(m－1)·2b1＋b1，即2k－1＝2m， 因为1≤m≤500，故2≤2k－1≤1 000，解得2≤k≤10， 故集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数为9个． [热点3]　数列与函数、不等式的综合应用　 [典例3]　(2024·平湖市模拟)已知数列{an}满足a1＝1，eq \r(an)－eq \r(an＋1)＝eq \r(an·an＋1)(n∈N＋)． (1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1( \r(\f(1,an))))为等差数列，并求an； (2)设bn＝eq \r(1＋2an＋1)，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn＜n＋1－eq \f(1,n＋1). ◆[学审题]　(1)由已知推出eq \f(1,\r(an＋1))－eq \f(1,\r(an))＝1，说明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(an))))是以1为首项1为公差的等差数列，然后求解通项公式． (2)化简bn＝eq \r(1＋2an＋1)＜1＋eq \f(1,nn＋1)，然后利用裂项消项法求解数列的和，证明结果． [解]　(1)由eq \r(an)－eq \r(an＋1)＝eq \r(an·an＋1)，得eq \f(1,\r(an＋1))－eq \f(1,\r(an))＝1， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(an))))是以1为首项1为公差的等差数列，即eq \f(1,\r(an))＝1＋(n－1)＝n， 化简得an＝eq \f(1,n2). (2)证明：因为eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n)＜0， 所以eq \f(2,n＋1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n)))＜0＜eq \f(1,n2n＋12)， 可得：eq \f(2,n＋12)＜eq \f(2,nn＋1)＋eq \f(1,n2n＋12)， 即1＋eq \f(2,n＋12)＜1＋eq \f(2,nn＋1)＋eq \f(1,n2n＋12)， 所以eq \r(1＋\f(2,n＋12))＜1＋eq \f(1,nn＋1)， 因为bn＝eq \r(1＋2an＋1)＝eq \r(1＋\f(2,n＋12))＜1＋eq \f(1,nn＋1)， 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＜n＋eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,nn＋1)＝n＋1－eq \f(1,n＋1). 所以Sn＜n＋1－eq \f(1,n＋1). ◆[通技法]　解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基本条件，综合函数与不等式的知识求解；数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇上命题的特点． 3．(2024·黔东南州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝eq \f(4,3)(an－1)，n∈N＋. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝log2an，记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn－1bn＋1)))的前n项和为Tn.证明：Tn<eq \f(1,2). 解：(1)当n＝1时，有a1＝S1＝eq \f(4,3)(a1－1)，解得a1＝4.当n≥2时，有Sn－1＝eq \f(4,3)(an－1－1)， 则an＝Sn－Sn－1＝eq \f(4,3)(an－1)－eq \f(4,3)(an－1－1)， 整理得an＝4an－1， ∴数列{an}是以q＝4为公比，以4为首项的等比数列． ∴an＝4×4n－1＝4n(n∈N＋) 即数列{an}的通项公式为an＝4n(n∈N＋)． (2)证明：由(1)有bn＝log2an＝log24n＝2n，则 eq \f(1,bn＋1bn－1)＝eq \f(1,2n＋12n－1) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))， ∴Tn＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))))) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq \f(1,2)，故得证． [热点4]　数列中的探索性问题　 [典例4]　已知二次函数y＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N＋)均在函数y＝f(x)的图像上． (1)求y＝f(x)的解析式； (2)求数列{an}的通项公式； (3)设bn＝eq \f(3,anan＋1)，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜eq \f(m,20)对所有n∈N＋都成立的最小正整数m. [解]　(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c， 易得c＝0，则f′(x)＝2ax＋b. 由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以 f(x)＝3x2－2x. (2)由点(n，Sn)(n∈N＋)均在函数y＝f(x)的图像上，又f(x)＝3x2－2x，所以Sn＝3n2－2n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5. 当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1，符合上式， 所以an＝6n－5(n∈N＋)． (3)由(2)得bn＝eq \f(3,anan＋1)＝eq \f(3,6n－5[6n＋1－5]) ＝eq \f(3,6n－56n＋1)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6n－5)－\f(1,6n＋1)))， 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,7)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,13)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6n－5)－\f(1,6n＋1))))) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6n＋1))). 要使Tn＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6n＋1)))＜eq \f(m,20)成立， 即m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10. 解决存在问题的思路是先假设存在，然后根据假设及题设条件，通过正确的推理演算，如果能得到一个符合条件的数或式，则假设成立；若得到不符合条件的数或式，或推出矛盾，则假设不成立，即不存在． 4．数列{an}满足an＝3an－1＋3n－1(n∈N＋，n≥2)，已知a3＝95. (1)求a1，a2； (2)是否存在一个实数t，使得bn＝eq \f(1,3n)(an＋t)(n∈N＋)，且{bn}为等差数列？若存在，则求出t的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)n＝2 时，a2＝3a1＋32－1. n＝3 时，a3＝3a2＋33－1＝95， ∴a2＝23，∴23＝3a1＋8，a1＝5. (2)当n≥2 时，bn－bn－1＝eq \f(1,3n)(an＋t)－eq \f(1,3n－1)(an－1＋t)＝eq \f(1,3n)(an＋t－3an－1－3t)＝eq \f(1,3n)(3n－1－2t) ＝1－eq \f(1＋2t,3n)， 要使{bn} 为等差数列，则必需使eq \f(1＋2t,3n)为常数， ∴t＝－eq \f(1,2)，即存在t＝－eq \f(1,2)，使{bn} 为等差数列． $$