第6章高考大题规范解答 数列 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦数列专题，依据高考评价体系梳理了等差数列证明、通项公式求解、错位相减法求和等核心考点，通过2025全国卷及天津卷真题分析，明确错位相减占50%、证明占30%的高频考点分布，归纳证明、求通项、求和等常考题型。 课件亮点在于“真题解析+技巧指导+素养培养”，如2025全国一卷例1通过递推式变形证等差数列，例2用错位相减求导数值，培养逻辑推理与运算求解素养，特设得分点与失分点分析，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此高效指导复习。

高考大题规范解答——数列 (1)证明：数列{nan}是等差数列； (2)给定正整数m，设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2)． [教材链接]　本题源自人教A版选择性必修第三册第132页例4、第134页练习第3题、第140页复习参考题8第8题，北师大版选择性必修第一册第257页习题7－3第2题． [解析]　由递推关系证数列是等差数列＋错位相减法(逻辑思维能力、运算求解能力) 得分保障：得分点：第(1)问关键在于得到等差数列的定义式；第(2)问得出数列通项公式得1分，求出导函数得2分，代入－2得1分，利用错位相减法计算并化简正确得5分，写出最终答案得1分． 失分点：第(2)问中，未能正确求导；使用错位相减法时过程中出现了计算错位；最终答案忘记除以3. 2．(15分)(2025·天津卷，19){an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝b1＝2，a2＝b2＋1，a3＝b3. (1)求{an}，{bn}的通项公式． (2)∀n∈N*有Tn＝{p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pnanbn|p1，p2，…，pn∈I}，I＝{0,1}． (ⅰ)求证：∀t∈Tn，均有t<an＋1bn＋1； (ⅱ)求Tn中所有元素之和． [考情速递]　以数列为载体，创设科学情境．本题考查等差、等比数列，并以新定义的形式引入集合Tn，体现了集合语言的科学表述和抽象数学符号的美感，重点考查学生数学抽象和逻辑推理素养，题目饱含数学思维，渗透了数学思想． [解析]　(1)第1步：设{an}的公差和{bn}的公比，得到通项公式 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q≠0)， 则{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)d， {bn}的通项公式为bn＝2×qn－1.(2分) 第2步：利用条件建立方程，求得q，d 由a2＝b2＋1得2＋d＝2q＋1，即d＝2q－1，① 由a3＝b3得2＋2d＝2q2.② 将①代入②，化简得q2－2q＝0，又q≠0，得q＝2，则d＝2q－1＝3.(4分) 第3步：写出{an}，{bn}的通项公式 故an＝3n－1，bn＝2n.(6分) 第2步：计算Tn中所有元素之和 所以Tn中所有元素之和为2n－1·S＝2n－1[(3n－4)×2n＋1＋8]＝(3n－4)×4n＋2n＋2.(15分) 提能训练　练案[38] 2．(2025·天津部分区期中联考)已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝1，b1＝2，a4＝2a2，b4＝4(b3－b2)． (1)求{an}和{bn}的通项公式； [解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 由a1＝1，a4＝2a2，可得d＝1，所以an＝n 由b1＝2，b4＝4(b3－b2)，又q≠0， 可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2， 从而{bn}的通项公式为bn＝2n. 3．(2025·江苏镇江期中模拟)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，已知a3＋3a4＝S5，a1a5＝S4，数列{bn}满足bn＝3bn－1＋2n－1 (n≥2)，且b1＝a1－1. (1)求{an}的通项公式； (1)求数列{an}的通项公式； 1．(15分)(2025·全国一卷，16)已知数列{an}中，a1＝3，＝＋. (1)证明：＝＋两边同时乘n(n＋1)，得(n＋1)an＋1＝nan＋1，(3分) 又1×a1＝3，所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列．(5分) (2)(错位相减法) 由(1)可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2，(6分) 又f′(x)＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1， 故f′(－2)＝3＋4×(－2)＋…＋(m＋2)×(－2)m－1，(9分) 所以－2f′(－2)＝3×(－2)＋4×(－2)2＋…＋(m＋2)×(－2)m.(11分) 两式相减，得3f′(－2)＝3＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)m－1－(m＋2)×(－2)m＝－×(－2)m，(14分) 所以f′(－2)＝－×(－2)m.(15分) (2)(ⅰ)证明：第1步：分析集合Tn及t的最大值 由题知集合Tn中的元素为t＝iaibi，其中pi∈{0,1}， 当所有的pi＝1时，t取最大值， 即tmax＝ibi＝(3i－1)×2i]．(7分) 第2步：计算tmax与an＋1bn＋1 记S＝tmax＝(3i－1)×2i， 则S＝(3i－1)×2i＝2×21＋5×22＋…＋(3n－1)×2n， 2S＝(3i－1)×2i＋1＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n＋1， －S＝(3i－1)×2i－(3i－1)×2i＋1 ＝4＋3×(22＋23＋…＋2n)－(3n－1)×2n＋1 ＝4＋3×－(3n－1)×2n＋1 ＝(8－6n)×2n－8. 则tmax＝S＝(6n－8)×2n＋8＝(3n－4)×2n＋1＋8.(9分) 易知an＋1bn＋1＝[3(n＋1)－1]×2n＋1＝(3n＋2)×2n＋1.(10分) 第3步：比较tmax与an＋1bn＋1 当n≥1时，an＋1bn＋1－tmax＝6×2n＋1－8≥6×21＋1－8＝16>0， 所以∀t∈Tn，均有t<an＋1bn＋1.(11分) (ⅱ)第1步：分析aibi出现的次数 由题知集合Tn中的元素为t＝iaibi＝p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pnanbn，其中pi∈{0,1}， 每个aibi项在所有元素的和式中出现的次数为2n－1.(13分) 1．(2025·山东省部分学校开学联合教学质量检测，15)已知数列{an}的首项为a1＝，且满足an＋1＋4an＋1an－an＝0. (1)证明：数列为等差数列； (2)设数列的前n项和为Sn，求数列{(－1)nSn}的前n项和． [解析]　(1)证明：因为an＋1＋4an＋1an－an＝0， 所以an－an＋1＝4anan＋1， 若an＋1an＝0，则an＝an＋1＝0，与a1＝矛盾， 所以an＋1an≠0， 所以－＝4，因为a1＝，所以＝2， 所以数列是首项为2，公差为4的等差数列． (2)由(1)知＝2＋(n－1)·4＝4n－2， 数列的前n项和为Sn＝＝2n2， 所以(－1)nSn＝2(－1)nn2， 设数列{(－1)nSn}的前n项和为Tn， 当n为偶数时，Tn＝2[－12＋22－32＋…－(n－1)2＋n2]， 因为n2－(n－1)2＝2n－1， 所以Tn＝2[3＋7＋…＋(2n－1)]＝2··＝n(n＋1)＝n2＋n. 当n为奇数时，n－1为偶数． Tn＝Tn－1＋2·(－1)nn2＝(n－1)n－2n2＝－n2－n， 所以Tn＝ (2)求数列的前n项和． (2)设数列的前n项和为Tn.因为＝， 所以Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n， Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1， 两式相减得， Tn＝1＋2＋3＋…＋n－n×n＋1 ＝－n×n＋1 ＝－n＋1， 即Tn＝－n，n∈N*. (2)证明数列是等比数列，并求数列{bn}的通项公式； (3)求证：对于任意正整数n，＋＋…＋<. [解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由a3＋3a4＝S5，a1a5＝S4， 则 解得a1＝2，d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n. (2)证明：由bn＝3bn－1＋2n－1(n≥2)，得＝·＋，则＋1＝ ，b1＝a1－1＝2－1＝1，＋1＝，所以以为首项，为公比的等比数列，故＋1＝n－1＝n，则bn＝3n－2n. (3)证明：当n≥2时，＝<＝，＋＋…＋＝＋＝＋＝－<. 4．(2025·辽宁沈阳联考，18)已知正项数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且对于任意n∈N*，满足anan＋2－a＝－1. (2)设bn＝，证明：数列{bn}的前n项和Tn<； (3)设Sn＝，证明：Sn<. [解析]　(1)因为a1＝1，a2＝2，anan＋2－a＝－1， 所以当n＝1时，a1a3－a＝－1，计算得a3＝3， 由anan＋2－a＝－1，可得an＋1an＋3－a＝－1， 两式相减可得anan＋2＋a＝an＋1an＋3＋a， 整理可得＝， 所以＝＝…＝为定值，定值为＝2， 所以an＋an＋2＝2an＋1， 所以{an}为等差数列，且公差为a2－a1＝1，又a1＝1，所以an＝n. (2)证明：由(1)得an＝n，所以bn＝， Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋＋…＋， 故Tn＝ ＝1＋ <1＋ ＝1＋ ＝1＋－. 因为n∈N*，所以>0， 所以Tn<－<，即Tn<. (3)证明：Sn＝ ＝ ＝＋＋ ， 因为3k(3k＋3)<(3k＋1)(3k＋2)， 所以Sn<＋＋ ＝＋＋ ＝＋＋<＋＋ ＝<＝. $