山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-解答题专项突破（三）数列综合应用含答案解析

解答题专项突破(三)数列的综合应用 从近几年高考情况来看，高考对本部分内容的考查主要有：①以客观题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，试题多以常规题为主；②等差、等比数列的通项与求和问题；③非等差、等比数列的通项与求和问题，此时常用到递推关系或转化成等差、等比的形式进行求解；④与函数、不等式等进行综合考查． 备考时要熟练掌握等差、等比两种基本数列的通项与前 n 项和的求解，同时，针对性地掌握求数列通项公式与前 n 项和的几种常用方法．针对具体问题选取针对性的解决方案进行求解． 热点题型 1 等差数列与等比数列的判定和通项问题 典例 1 已知数列{a n }满足 a 1 ＝1，a 2 ＝ 12，且[3＋(－1)n ]a n ＋ 2 －2a n ＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N *.(1)求 a 3，a 4，a 5，a 6 的值；(2)求数列{a n }的通项公式． 解题思路(1)根据(3－1)a 3 －2a 1 ＋2(－1－1)＝0，(3＋1)a 4 －2a 2 ＋2(1－1)＝0，(3－1)a 5 －2a 3 ＋2(－1－1)＝0，(3＋1)a 6 －2a 4 ＋2(1－1)＝0.及 a 1，a 2 的值，求 a 3，a 4，a 5，a 6.(2)递推公式中有(－1)n →分 n 为奇数和偶数讨论→判断是否为等差、等比数列→求通项公式． 规范解答(1)经计算 a 3 ＝3，a 4 ＝ 14，a 5 ＝5，a 6 ＝18.(2)当 n 为奇数时，a n ＋ 2 ＝a n ＋2，即数列{a n }的奇数项成等差数列，∴a 2n － 1 ＝a 1 ＋(n－1)·2＝2n－1； 当 n 为偶数时，a n ＋ 2 ＝ 12 a n，即数列{a n }的偶数项成等比数列，∴a 2n ＝a 2 ·12n － 1 ＝ 12n.因此，数列{a n }的通项公式为 a n ＝ nn为奇数，12n2 n为偶数.典例 2 设数列{a n }的前 n 项和为 S n，n∈N *.已知 a 1 ＝1，a 2 ＝ 32，a 3 ＝54，且当 n≥2 时，4S n ＋ 2 ＋5S n ＝8S n ＋ 1 ＋S n － 1.(1)求 a 4 的值；(2)证明：

 a n ＋ 1 － 12 a n为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式． 解题思路(1)当 n＝2 时，4S 4 ＋5S 2 ＝8S 3 ＋S 1，由此推出 a 4 与 a 1，a 2，a 3 的关系，求 a 4.(2)用 a n ＝S n －S n － 1(n≥2)及 4S n ＋ 2 ＋5S n ＝8S n ＋ 1 ＋S n － 1 推出数列{a n }的递推公式→求证a n ＋ 2 － 12 a n ＋ 1a n ＋ 1 － 12 a n为常数，其中 n∈N *.(3)由(2)求出 a n ＋ 1 － 12 a n →构造等差数列，并求通项公式→求{a n }的通项公式． 规范解答(1)当 n＝2 时，4S 4 ＋5S 2 ＝8S 3 ＋S 1，即 4(a 1 ＋a 2 ＋a 3 ＋a 4)＋5(a 1 ＋a 2)＝8(a 1 ＋a 2 ＋a 3)＋a 1，整理得 a 4 ＝ 4a3 －a 24，又 a 2 ＝ 32，a 3 ＝54，所以 a 4 ＝78.(2)证明：当 n≥2 时，有 4S n ＋ 2 ＋5S n ＝8S n ＋ 1 ＋S n － 1，即 4S n ＋ 2 ＋4S n ＋S n ＝4S n ＋ 1 ＋4S n ＋ 1 ＋S n － 1，所以 4(S n ＋ 2 －S n ＋ 1)＝4(S n ＋ 1 －S n)－(S n －S n － 1)，即 a n ＋ 2 ＝a n ＋ 1 － 14 a n(n≥2)． 经检验，当 n＝1 时，上式成立． 因为a n ＋ 2 － 12 a n ＋ 1a n ＋ 1 － 12 a n＝ a n ＋ 1 － 14 a n－ 12 a n ＋ 1a n ＋ 1 － 12 a n ＝12a n ＋ 1 － 12 a na n ＋ 1 － 12 a n＝ 12 为常数，且 a 2 －12 a 1 ＝1，所以数列  a n ＋ 1 － 12 a n是以 1 为首项，12 为公比的等比数列．

(3)由(2)知，a n ＋ 1 － 12 a n ＝12 n－ 1(n∈N *)，等式两边同乘 2 n，得 2 n a n ＋ 1 －2 n－ 1 a n ＝2(n∈N *)． 又 2 0 a 1 ＝1，所以数列{2 n－ 1 a n }是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，所以 2 n－ 1 a n ＝2n－1，即 a n ＝ 2n－12 n－ 1(n∈N *)． 则数列{a n }的通项公式为 a n ＝ 2n－12 n－ 1(n∈N *)． 热点题型 2 数列求和 典例 1 已知数列{a n }的前 n 项和 S n ＝2 n＋ 1 －2，记 b n ＝a n S n(n∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前 n 项和 T n.解题思路(1)利用 a n ＝   S 1，n＝1，S n －S n － 1，n≥2，求 a n.(2)先由 b n ＝a n S n，求 b n 并整理，再依据 b n 的结构形式选择求和方法． 规范解答(1)∵S n ＝2 n＋ 1 －2，∴当 n＝1 时，a 1 ＝S 1 ＝2 1＋ 1 －2＝2，当 n≥2 时，a n ＝S n －S n － 1 ＝2 n＋ 1 －2 n ＝2 n，又 a 1 ＝2＝2 1，∴a n ＝2 n.(2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4 n －2 n＋ 1，∴T n ＝b 1 ＋b 2 ＋…＋b n ＝2(4 1 ＋4 2 ＋…＋4 n)－(2 2 ＋2 3 ＋…＋2 n＋ 1)＝2× 41－4 n 1－4－ 41－2n 1－2＝ 23 ·4n ＋ 1 －2 n ＋ 2 ＋ 43.典例 2(2019·河北邯郸一模)已知数列{a n }，{b n }的前 n 项和分别为 S n，T n，b n －a n ＝2 n ＋1，且 S n ＋T n ＝2 n＋ 1 ＋n 2 －2.(1)求 T n －S n ；(2)求数列   b n2 n的前 n 项和 R n.解题思路(1)T n －S n 转化为数列{b n －a n }的前 n 项和→分组求和．(2)求 S n →求 a n →求 b n →求 bn2 n →用错位相减法求和．

规范解答(1)依题意可得 b 1 －a 1 ＝3，b 2 －a 2 ＝5，…，b n －a n ＝2 n ＋1，∴T n －S n ＝(b 1 ＋b 2 ＋…＋b n)－(a 1 ＋a 2 ＋…＋a n)＝(b 1 －a 1)＋(b 2 －a 2)＋…＋(b n －a n)＝n＋(2＋2 2 ＋…＋2 n)＝2 n＋ 1 ＋n－2.(2)∵2S n ＝S n ＋T n －(T n －S n)＝n 2 －n，∴S n ＝ n2 －n2，∴a n ＝n－1.又 b n －a n ＝2 n ＋1，∴b n ＝2 n ＋n，∴ bn2 n ＝1＋n2 n，∴R n ＝n＋  12 ＋22 2 ＋…＋n2 n，则 12 R n ＝12 n＋ 12 2 ＋22 3 ＋…＋n2 n＋ 1，∴ 12 R n ＝12 n＋ 12 ＋12 2 ＋…＋12 n－n2 n＋ 1，故 R n ＝n＋2×12 －12 n＋ 11－ 12－n2 n ＝n＋2－n＋22 n.热点题型 3 数列与不等式的综合问题 角度 1 数列中不等式的证明 典例 1 设 S n 为数列{a n }的前 n 项和，已知 a 1 ＝2，对任意 n∈N *，都有 2S n＝(n＋1)a n.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列     4a n a n ＋2的前 n 项和为 T n，求证：

12 ≤T n ＜1.解题思路(1)先根据 a n ＝S n －S n － 1(n≥2)和 2S n ＝(n＋1)a n 推出数列{a n }的递推公式，再求 a n.(2)先依据第(1)问的结论化简4a n a n ＋2，再选择裂项相消法求和，最后根据 n∈N * 及有关函数的单调性证明不等式． 规范解答(1)因为 2S n ＝(n＋1)a n，当 n≥2 时，2S n － 1 ＝na n － 1，两式相减，得 2a n ＝(n＋1)a n －na n － 1，即(n－1)a n ＝na n － 1，所以当 n≥2 时，ann＝a n － 1n－1，所以 ann＝ a11＝2，即 a n ＝2n(n≥2)． 因为 a 1 ＝2 也符合上式，所以 a n ＝2n.(2)证明：由(1)知 a n ＝2n，令 b n ＝4a n a n ＋2，n∈N*，所以 b n ＝42n2n＋2 ＝1nn＋1 ＝1n －1n＋1.所以 T n ＝b 1 ＋b 2 ＋…b n ＝  1－ 12＋  12 －13＋…＋  1n －1n＋1＝1－1n＋1.因为1n＋1 ＞0，所以 1－1n＋1 ＜1，显然当 n＝1 时，T n取得最小值 12.所以12 ≤T n＜1.角度 2 数列中不等式的恒成立问题 典例 2 已知数列{a n }与{b n }满足 a n ＋ 1 －a n ＝2(b n ＋ 1 －b n)(n∈N *)．(1)若 a 1 ＝1，b n ＝3n＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)若 a 1 ＝6，b n ＝2 n(n∈N *)且 λa n >2 n ＋n＋2λ 对一切 n∈N * 恒成立，求实数 λ的取值范围． 解题思路(1)求证 a n ＋ 1 －a n 为常数，其中 n∈N *.(2)累加法求 a n →分离变量把已知不等式变形为 λ>f(n)的形式→求 f(n)的最大值，得 λ 的取值范围． 规范解答(1)因为 a n ＋ 1 －a n ＝2(b n ＋ 1 －b n)，b n ＝3n＋5，所以 a n ＋ 1 －a n ＝2(b n ＋ 1 －b n)＝2(3n＋8－3n－5)＝6，所以{a n }是等差数列，首项为 a 1 ＝1，公差为 6，即 a n ＝6n－5.(2)因为 b n ＝2 n，所以 a n ＋ 1 －a n ＝2(2 n＋ 1 －2 n)＝2 n ＋ 1.当 n≥2 时，a n ＝(a n －a n － 1)＋(a n － 1 －a n － 2)＋…＋(a 2 －a 1)＋a 1 ＝2 n ＋2 n－ 1 ＋…＋

2 2 ＋6＝2 n＋ 1 ＋2.当 n＝1 时，a 1 ＝6，符合上式，所以 a n ＝2 n＋ 1 ＋2，由 λa n >2 n ＋n＋2λ，得 λ> 2n ＋n2 n＋ 1 ＝ 12 ＋n2 n＋ 1.又 n＋12 n＋ 2 －n2 n＋ 1 ＝ 1－n2 n＋ 2 ≤0，所以，当 n＝1,2 时，2n ＋n2 n＋ 1 取得最大值 34，故 λ 的取值范围为  34，＋∞.热点题型 4 数列与函数的综合问题 典例(2019·曲靖模拟)已知函数 f(x)＝2019sin  πx－ π4(x∈R)的所有正零点构成递增数列{a n }．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设 b n ＝2 n  a n ＋ 34，求数列{b n }的前 n 项和 T n.解题思路(1)解方程 f(x)＝0，求出函数 f(x)的全部零点，并判断由所有正零点构造的递增数列{a n }是否为等差(或等比)数列，最后求出通项公式．(2)依据第(1)问的结论，化简 b n，选择适当的求和方法求 T n.规范解答(1)由 f(x)＝2019sin  πx－ π4＝0，得 πx－ π4 ＝kπ(k∈Z)，所以函数 f(x)的全部零点为 x＝k＋ 14(k∈Z)． 因为函数 f(x)的全部正零点构成等差数列{a n }，所以其首项为 14，公差为 1，则数列{a n }的通项公式为 a n ＝n－ 34(n∈N*)．(2)由(1)知 b n ＝2 n  a n ＋ 34＝n·2 n，则 T n ＝1·2 1 ＋2·2 2 ＋3·2 3 ＋…＋(n－1)·2 n－ 1 ＋n·2 n，① 所以 2T n ＝1·2 2 ＋2·2 3 ＋3·2 4 ＋…＋(n－1)·2 n ＋n·2 n＋ 1.② ①－②，得－T n ＝2 1 ＋2 2 ＋2 3 ＋…＋2 n －n·2 n＋ 1 ＝ 21－2 n 1－2－n·2 n＋ 1 ＝(1－n)·2 n ＋ 1

－2，所以 T n ＝(n－1)·2 n＋ 1 ＋2.

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