复习参考题优质课教案内容

热点探究课(三)

数列中的高考热点问题

[命题解读]

数列在中学数学中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要衔接点．本专题的热点题型有：一是等差、等比数列的综合问题；二是数列的通项与求和；三是数列与函数、不等式的交汇，难度中等．

热点1

等差、等比数列的综合问题

解决等差、等比数列的综合问题，关键是理清两种数列的项之间的关系，并注重方程思想的应用，等差(比)数列共涉及五个量a1，an，Sn，d(q)，n，“知三求二”．

112

已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且a－a＝a，S6＝63. 123(1)求{an}的通项公式；

(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb2n}的前2n项和．

[解]

(1)设数列{an}的公比为q. 112由已知，有a－aq＝aq2，

111解得q＝2或q＝－1.2分

1－q6又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，

1－q1－26所以a1·＝63，得a1＝1. 1－2所以an＝2n－1.6分

1(2)由题意，得bn＝2(log2an＋log2an＋1) 11＝2(log22n－1＋log22n)＝n－2，

1即{bn}是首项为2，公差为1的等差数列.10分

设数列{(－1)nb2n}的前n项和为Tn，则

22222T2n＝(－b21＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－b2n－1＋b2n)

1

＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n

＝2nb1＋b2n2＝2n.15分

2[规律方法]

1.若{an}是等差数列，则{ban}(b>0，且b≠1)是等比数列；若{an}是正项等比数列，则{logban}(b>0，且b≠1)是等差数列．

2．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．

[对点训练1]

已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设a1>0，λ＝100.当n1为何值时，数列lga的前nn项和最大？

[解]

(1)取n＝1，得λa21＝2S1＝2a1，a1(λa1－2)＝0. 若a1＝0，则Sn＝0. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝0，

所以an＝0(n≥1).2分

2若a1≠0，则a1＝λ. 22

当n≥2时，2an＝λ＋Sn,2an－1＝λ＋Sn－1，

两式相减得2an－2an－1＝an，

所以an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列，

所以an＝a1·2n－12n－12n＝λ·2＝λ. 2n综上，当a1＝0时，an＝0；当a1≠0时，an＝λ.6分

1(2)当a1>0，且λ＝100时，令bn＝lga，

n100由(1)知，bn＝lg2n＝2－nlg 2.9分

所以数列{bn}是单调递减的等差数列，公差为－lg 2. 100100b1>b2>…>b6＝lg26＝lg64>lg 1＝0，

2

100100当n≥7时，bn≤b7＝lg27＝lg128

n热点2

数列的通项与求和(答题模板) “基本量法”是解决数列通项与求和的常用方法，同时应注意方程思想的应用．

(本小题满分15分)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足1b1＝1，b2＝3，anbn＋1＋bn＋1＝nbn. (1)求{an}的通项公式；

(2)求{bn}的前n项和．

[思路点拨]

(1)取n＝1，先求出a1，再求{an}的通项公式．

(2)将an代入anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得出数列{bn}为等比数列，再求{bn}的前n项和．

1[规范解答]

(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝3，得a1＝2.3分

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－1.6分

bn(2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝3，9分

1因此{bn}是首项为1，公比为3的等比数列.12分

记{bn}的前n项和为Sn，

11－3n31则Sn＝＝－122×3n－1.15分

1－3[答题模板]

第一步：求出{an}的首项a1；

第二步：求出{an}的通项公式；

第三步：判定{bn}为等比数列；

第四步：求出{bn}的前n项和；

第五步：反思回顾，查看关键点，易错点注意解题规范．

[温馨提示]

若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”．首

3

项与公差是等差数列的“基本量”，首项与公比是等比数列的“基本量”．在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法．

[对点训练2]

数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*. an(1)证明：数列n是等差数列；

(2)设bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Sn. 【导学号：51062178】

[解]

(1)证明：由已知可得即an＋1an－＝1. n＋1n为首项，1为公差的等差数列.6分

an＋1an＝＋1，2分

n＋1nana1所以n是以1＝1an(2)由(1)得n＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.8分

从而bn＝n·3n. Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①

3Sn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②

①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1

n＋13·1－3n1－2n·3－3＝－n·3n＋1＝. 21－32n－1·3n＋1＋3所以Sn＝.15分

4热点3

数列与函数、不等式的交汇

数列与函数的交汇一般体现在两个方面：一是以数列的特征量n，an，Sn等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；二是数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．

数列与不等式的交汇考查方式主要有三种：一是判断数列中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式恒成立问题；三是考查与数列有关的不等式的证明．

☞角度1

数列与函数的交汇

(2017·浙江五校4月联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋2n.

4

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若点(bn，an)在函数y＝log2

x的图象上，求数列{bn}的前n项和Tn. [解]

(1)当n≥2时，

an＝Sn－Sn－1＝2n2＋2n－[2(n－1)2＋2(n－1)]＝4n，2分

当n＝1时，a1＝S1＝4＝4×1，

所以数列{an}的通项公式为an＝4n.6分

(2)由点(bn，an)在函数y＝log2

x的图象上得an＝log2bn，且an＝4n，所以bn＝2an＝24n＝16n，10分

故数列{bn}是以16为首项，公比为16的等比数列．

161－16n16n＋1－16Tn＝＝.14分

151－16[规律方法]

解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．

☞角度2

数列与不等式的交汇

设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．

(1)求数列{xn}的通项公式；

122(2)记Tn＝x21x3…x2n－1，证明：Tn≥. 4n[解]

(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，

从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1).2分

令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标xn＝1－n所以数列{xn}的通项公式xn＝.6分

n＋1(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知，

12322n－1222.7分

Tn＝x1x3…x2＝－2n124…2n1n＝，

n＋1n＋1

5

1当n＝1时，T1＝4. 当n≥2时，因为222n－122n－12n－1－12n－2n－12＝x2n－1＝＝＝，

2>22n2n2n2nn12分

n－11112所以Tn>22×2×3×…×n＝4n. 1综上可得，对任意的n∈N，均有Tn≥4n.14分

*[规律方法]

解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．

热点探究训练(三)

数列中的高考热点问题

1．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＝4q2.2分

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*).6分

(2)因为an＝2n，所以bn＝2log2an－1＝2n－1，

所以anbn＝(2n－1)2n，7分

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

41－2n－1＝2＋2×－(2n－1)2n＋1

1－2＝－6－(2n－3)2n＋1，

6

所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1.14分

2．已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，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)的图象上．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝3，试求数列{bn}的前n项和Tn. anan＋1[解]

(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，

则f′(x)＝2ax＋b. 由f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，

所以f(x)＝3x2－2x.2分

又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，

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＝6×1－5，

所以an＝6n－5(n∈N*).6分

(2)由(1)得bn＝33＝

anan＋16n－5[6n＋1－5]111－＝26n－56n＋1，10分

故Tn＝

111111－1－7＋7－13＋…＋6n－56n＋1＝

2113n1－6n＋1＝.14分

26n＋13．(2017·宁波镇海中学模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝6.正项数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝2Sn. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)若λbn>an，对n∈N*均成立，求实数λ的取值范围．

[解]

(1)∵等差数列{an}中，a1＝1，S3＝6，

∴d＝1，故an＝n.2分

7

b2·b3·…·bn＝2Sn，①b1·由

b2·b3·…·bn－1＝2Sn－1，

②b1·①÷②得bn＝2Sn－Sn－1＝2an＝2n(n≥2)，

b1＝2S1＝21＝2，满足通项公式，故bn＝2n.6分

n(2)λbn>an恒成立，即λ>2n恒成立，8分

cn＋1n＋1n设cn＝2n，则c＝2n，

n当n≥1时，cn＋1≤cn，{cn}单调递减，

111∴(cn)max＝c1＝2，故λ>2，∴λ的取值范围是2，＋∞.14分

4．已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*. (1)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求数列{an}的通项公式；

4n－3ny25(2)设双曲线x－a2＝1的离心率为en，且e2＝3，证明：e1＋e2＋…＋en>n－1.

3n2

【导学号：51062179】

[解]

(1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1. 又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，

故an＋1＝qan对所有n≥1都成立，

所以数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列.3分

从而an＝qn－1. 由2a2，a3，a2＋2成等差数列，可得

2a3＝3a2＋2，即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0. 由已知，q>0，故q＝2. 所以an＝2n－1(n∈N*).6分

(2)证明：由(1)可知，an＝qn－1，

y22n－1所以双曲线x－a2＝1的离心率en＝1＋a2.9分

n＝1＋qn254由e2＝1＋q2＝3，解得q＝3.

8

因为1＋q2(k－1)>q2(k－1)，所以1＋q2k－1>qk－1(k∈N*).12分

nq－1于是e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝，

q－14n－3n故e1＋e2＋…＋en>n－1.14分

3

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