【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第7章 高考大题冲关系列（3） 含解析【高考】.doc，共(9)页，103.000 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1命题动向：等差、等比数列是重要的数列类型，高考考查的主要知识点有：等差、等比数列的概念、性质、前n项和公式．由于数列的渗透力很强，它和函数、方程、向量、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综

合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有较深的理解．题型1等差、等比数列的综合运算例1(2021·天津高考)已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64.{bn}是公比大于0的等比数列

，b1＝4，b3－b2＝48.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)记cn＝b2n＋1bn，n∈N*，①证明{c2n－c2n}是等比数列；②证明∑nk＝1akak＋1c2k－c2k<22(n∈N*)．解(1)因为{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64.所以a1＋a2＋…＋a8

＝8a1＋8×72×2＝64，所以a1＝1，所以an＝a1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*；设等比数列{bn}的公比为q(q>0)，所以b3－b2＝b1q2－b1q＝4(q2－q)＝48，解得q＝4(负值舍去)，所以bn＝b1qn－1＝

4n，n∈N*.(2)证明：①由题意，得cn＝b2n＋1bn＝42n＋14n，所以c2n－c2n＝42n＋14n2－44n＋142n＝2·4n，所以c2n－c2n≠0，且c2n＋1－c2n＋2c2n－

c2n＝2·4n＋12·4n＝4，2所以数列{c2n－c2n}是等比数列．②由题意知，anan＋1c2n－c2n＝(2n－1)(2n＋1)2·4n＝4n2－12·22n<4n22·22n，所以anan＋1

c2n－c2n<4n22·22n＝2n2·2n＝12·n2n－1，所以∑nk＝1akak＋1c2k－c2k<12∑nk＝1k2k－1，设Tn＝∑nk＝1k2k－1＝120＋221＋322＋…＋n2n－1，则12Tn＝121＋222＋323＋…＋n2n，两式

相减得12Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝1·1－12n1－12－n2n＝2－n＋22n，所以Tn＝4－n＋22n－1，所以∑nk＝1akak＋1c2k－c2k<12∑nk＝1k2k

－1＝124－n＋22n－1<22.[冲关策略]解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量．解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件．变式训练1在①

a1＋a3＝6，a5＝9，②a1＝1,4Sn＝a2n＋4n－1，③a1＝2，a2a3＝2a7这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的m，t存在，求m，t的值；若问题中的m，t不存在，说明理由．

问题：已知等差数列{an}为递增数列，其前n项和为Sn，且________.在数列{an}的前20项中，是否存在两项am，at(m，t∈N*且m＜t)，使得1a2，1am，1at成等比数列？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计

分．解设等差数列{an}的公差为d，d＞0.3若选条件①：由a1＋a3＝6，a5＝9，得a1＋d＝3，a1＋4d＝9，解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1，n∈N*.∵1a2，1am，1at成等比数列，∴1a2m＝1a2·1at，∴a2m＝a2a

t，∴(2m－1)2＝3(2t－1)．∵t≤20，∴(2m－1)2≤117.又m∈N*，∴2m－1≤10.∴m≤5.又(2m－1)2为3的倍数，且2m－1∈N*，∴m＝2，t＝2或m＝5，t＝14.∵m＜t，∴m＝5，t＝14.若选条件②：∵4Sn

＝a2n＋4n－1，a1＝1，d＞0，∴4n＋n(n－1)2d＝[1＋(n－1)d]2＋4n－1.整理，得2(n－1)2＝(n－1)2d.∴d＝2.∴an＝2n－1，n∈N*.∵1a2，1am，1at成等比数列，∴1a2m＝1a2·

1at，∴a2m＝a2at，∴(2m－1)2＝3(2t－1)．∵t≤20，∴(2m－1)2≤117.又m∈N*，∴2m－1≤10，∴m≤5.又(2m－1)2为3的倍数，且2m－1∈N*，∴m＝2，t＝2或m＝5，t＝14，∵m＜t，∴m＝5，t＝14.若选条件③：∵

a1＝2，a2a3＝2a7，d＞0，4∴(2＋d)(2＋2d)＝2(2＋6d)，整理得d(d－3)＝0，∴d＝3，∴an＝3n－1，n∈N*.∵1a2，1am，1at成等比数列，∴1a2m＝1a2·1at，∴

a2m＝a2at，∴(3m－1)2＝5(3t－1)．∵t≤20，∴(3m－1)2≤295.又m∈N*，∴3m－1≤17，∴m≤6.又(3m－1)2为5的倍数，且3m－1∈N*，∴m＝2，t＝2.又m＜t，∴不存在m，t满足题意．题型2

数列的通项与求和例2(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋1，n为奇数，an＋2，n为偶数.(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；(2)求{an}的前20项

和．解(1)由已知，a1＝1，a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5，因为a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3，即a2n＋1－a2n－1＝3，所以数列{an}的

奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列，所以当n为奇数时，an＝1＋n＋12－1×3＝3n－12，因为a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，即a2n＋2－a2n＝3，所以数列{an}的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列，

所以an＝2＋n2－1×3＝3n－22，而bn＝a2n，所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，bn＝a2n＝3×2n－22＝3n－1，所以bn＝3n－1.5(2)由(1)，知{an}的前20项和S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a

1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝10×1＋10×92×3＋10×2＋10×92×3＝300.所以{an}的前20项和为300.[冲关策略](1)求数列通项的常用方法有：公式法，累加、累乘法

，构造法等，但总的思想是转化为特殊的数列(一般是等差或等比数列)求解．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的有：错位相减法、分组求和法、裂项求和法等．变式训练2已知数列{an}满足a1＝1，2an·an＋1＋an＋1－an＝0，数列{bn}满足b

n＝12n·an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，问：是否存在n，使得Sn的值是38？解(1)由题意，得an≠0.因为2an·an＋1＋an＋1－an＝0，所以an－an＋1＝2an·an＋1，两边同时除以an·an＋1，得1an＋1－1an＝

2，由等差数列的定义可得1an是首项为1a1＝1，公差为d＝2的等差数列．故1an＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝12n－1.(2)由(1)得bn＝2n－12n，所以Sn＝12＋322＋…＋2n－12n，两边同乘

以12得，12Sn＝122＋323＋…＋2n－12n＋1，两式相减得12Sn＝12＋2122＋123＋…＋12n－2n－12n＋1，即12Sn＝12＋2×141－12n－11－12－2n－12n＋1＝32－12n－1－2n－12n＋1，所以Sn＝3－2

n＋32n.6因为Sn＋1－Sn＝2n＋32n－2n＋52n＋1＝2n＋12n＋1>0，所以数列{Sn}是关于项数n的递增数列，所以Sn≥S1＝12，因为38<12，所以不存在n，使得Sn＝38.题型3数列与其他知识的交汇角度数列与函数的交汇例3已知数列{an}的前n项和为Sn，对一切正整数

n，点Pn(n，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，且在点Pn(n，Sn)处的切线的斜率为kn.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Q＝{x|x＝kn，n∈N*}，R＝{x|x＝2an，n∈N*}，等差数列{cn}的任一

项cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，110<c10<115，求数列{cn}的通项公式．解(1)因为点Pn(n，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，所以Sn＝n2＋2n(n∈N*)．所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1.而当n＝1时，a1＝S1＝3，满足上式，所以

数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.(2)对f(x)＝x2＋2x求导可得f′(x)＝2x＋2.因为在点Pn(n，Sn)处的切线的斜率为kn，所以kn＝2n＋2，所以Q＝{x|x＝2n＋2，n∈N*}，R＝{x|x＝4n＋2，

n∈N*}．所以Q∩R＝R.又因为cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，所以c1＝6，则{cn}的公差是4的倍数，所以c10＝4m＋6(m∈N*)．又因为110<c10<115，所以110<4m＋6<115，m∈N*，解得m＝27，所以c10＝114.设等差数列{cn}的

公差为d，7则d＝c10－c110－1＝114－69＝12，所以cn＝6＋(n－1)×12＝12n－6，所以数列{cn}的通项公式为cn＝12n－6.[冲关策略](1)数列与函数的综合问题一般是以函数作为背景，给

出数列所满足的条件．解决这类问题的关键是利用函数知识，将条件进行准确转化．(2)此类问题多考查函数思想及性质(多为单调性)，注意题中的限制条件，如定义域．变式训练3已知函数f(x)＝log3(ax＋b)的图象经过点A(2,1)和B(5,2)，an＝an＋b，n∈N*.(

1)求an；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，bn＝2n＋2Sn，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由函数f(x)＝log3(ax＋b)的图象经过点A(2,1)和B(5,2)，得log3(2a＋b)＝1，log3(5a＋b)＝

2，解得a＝2，b＝－1，所以an＝2n－1.(2)由(1)知数列{an}为以1为首项，2为公差的等差数列，所以Sn＝n＋n(n－1)2×2＝n2，得bn＝2n＋2Sn＝2n＋2n.所以Tn＝(2×1＋2

1)＋(2×2＋22)＋(2×3＋23)＋…＋(2×n＋2n)＝2×(1＋2＋3＋…＋n)＋(21＋22＋23＋…＋2n)＝2×(1＋n)n2＋2(1－2n)1－2＝2n＋1＋n2＋n－2.角度数列与不等式的交汇例4(2021·浙江高考

)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－94，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若8Tn≤λbn对任意n

∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．解(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，两式相减可得4an＋1＝3an，即an＋1an＝34.当n＝1时，4S2＝4－94＋a2＝－274

－9，解得a2＝－2716，所以a2a1＝34.所以数列{an}是首项为－94，公比为34的等比数列，所以an＝－94×34n－1＝－3n＋14n.(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)×34n.所以Tn＝－

3×34－2×342－1×343＋0×344＋…＋(n－4)×34n，①且34Tn＝－3×342－2×343－1×344＋0×345＋…

＋(n－5)×34n＋(n－4)×34n＋1，②①－②，得14Tn＝－3×34＋342＋343＋…＋34n－(n－4)×34n＋1＝－94＋9161

－34n－11－34－(n－4)×34n＋1＝－n×34n＋1，所以Tn＝－4n×34n＋1.因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，所以－4n×34n＋1≤λ(n－

4)×34n恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立，当n<4时，λ≤－3nn－4＝－3－12n－4，此时λ≤1；当n＝4时，－12≤0恒成立；9当n>4时，λ≥－3nn－4＝－3－12n－4，此时λ

≥－3.所以－3≤λ≤1.[冲关策略]数列中不等式的处理方法(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩方法：数列

中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．本题第(2)问中用到“放缩”．一般地，数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”，如等比数列、可裂项相消求和的数列等．(3)比较方法：作差比较或作商比较．变式训练4(2021·

新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求使Sn>an成立的n的最小值．解(1)由等差数列的性质可得，S5＝5a3，则a3＝5a3，所以a3＝0，设等差数列的公差为d，从而

有a2a4＝(a3－d)·(a3＋d)＝－d2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d，从而－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－6.(2)由数列的通

项公式可得，a1＝2－6＝－4，则Sn＝n×(－4)＋n(n－1)2×2＝n2－5n，则不等式Sn>an，即n2－5n>2n－6，整理可得，(n－1)(n－6)>0，解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.