2020届高考理科数学二轮专题复习课件：高考大题 满分规范（三）

2020届高考理科数学二轮专题复习课件：高考大题 满分规范（三）

高考大题 • 满分规范 ( 三 ) 数列类解答题 【典型例题】 (12 分 )(2019· 全国卷 Ⅱ) 已知数列 {a n } 和 {b n } 满足 a 1 =1,b 1 =0,4a n+1 =3a n -b n +4,4b n+1 =3b n -a n -4.(1) 证明 : {a n +b n } 是等比数列 ,{a n -b n } 是等差数列 . (2) 求 {a n } 和 {b n } 的通项公式 . 【题目拆解】 本题可拆解成以下几个小问题 : (1)① 将已知条件中的两式相加 , 根据等比数列的定义证明 {a n +b n } 是等比数列 ; ② 将已知条件中的两式相减 , 根据等差数列的定义证明 {a n -b n } 是等差数列 ; (2)① 根据等比和等差数列的通项公式分别求出 {a n +b n } 与 {a n -b n } 的通项公式 ; ② 将 {a n +b n } 与 {a n -b n } 的通项公式相加减分别求出 {a n } 和 {b n } 的通项公式 . 【标准答案】【解析】 (1) 由题意可知 4a n+1 =3a n -b n +4, 4b n+1 =3b n -a n -4,a 1 +b 1 =1,a 1 -b 1 =1,…………① 所以 4a n+1 +4b n+1 =3a n -b n +4+3b n -a n -4=2a n +2b n , 即 a n+1 + b n+1 = (a n +b n ), 所以数列 {a n +b n } 是首项为 1 、公比为 的等比数列 ,………………② a n +b n = , ………………③ 因为 4a n+1 -4b n+1 =3a n -b n +4-(3b n -a n -4)=4a n -4b n +8, 所以 a n+1 -b n+1 =a n -b n +2, 数列 {a n -b n } 是首项 1 、公差为 2 的等 差数列 , ………………④ a n -b n =2n-1. ………………⑤ (2) 由 (1) 可知 ,a n +b n = ,a n -b n =2n-1, 所以 a n = (a n +b n +a n -b n )= +n- , ………… ⑥ b n = [(a n +b n )-(a n -b n )]= -n+ . …………⑦ 【阅卷现场】 第 (1) 问 第 (2) 问 得 分 点 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 1 1 1 2 1 3 3 6 分 6 分 第 (1) 问踩点得分说明 ① 根据条件求出首项得 1 分 ; ② 两式相加后利用定义证明是等比数列得 1 分 ; ③ 求出通项公式得 1 分 ; ④ 两式相减后利用定义证明是等差数列得 2 分 ; ⑤ 求出通项公式得 1 分 ; 第 (2) 问踩点得分说明 ⑥ 由第 (1) 问的结论两式相加得通项公式得 3 分 ; ⑦ 由第 (1) 问的结论两式相减得通项公式得 3 分 . 【高考状元 · 满分心得】 1. 解答数列类大题的关键 熟练把握等差数列与等比数列的定义、通项公式、求和公式及其相应的性质是解数列问题的关键 . 2. 化归与转化思想的运用 对于给定的数列不是等差与等比数列模型 , 应利用化归思想或构造思想 , 努力使之转化为等比数列与等差数列模型求解 . 3. 数列求和的解题技巧 重点要掌握等差数列、等比数列求和公式以及常用的“错位相减法”“裂项相消法” , 解决问题的关键在于数列的通项公式 , 根据通项公式的特征准确选择相应的方法 . 【跟踪演练 · 感悟体验】 1.(2019· 浙江高考 ) 设等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ,a 3 =4,a 4 =S 3 , 数列 {b n } 满足 : 对每个 n∈N * ,S n +b n ,S n+1 +b n ,S n+2 +b n 成等比数列 . (1) 求数列 {a n },{b n } 的通项公式 . (2) 记 c n = ,n∈N * , 证明 :c 1 +c 2 +…+c n <2 ,n∈N * . 【解析】 (1) 设数列 {a n } 的公差为 d, 由题意得 a 1 +2d=4,a 1 +3d=3a 1 +3d, 解得 a 1 =0,d=2. 从而 a n =2n-2,n∈N * . 由 S n +b n ,S n+1 +b n ,S n+2 +b n 成等比数列得 (S n+1 +b n ) 2 =(S n +b n )(S n+2 +b n ). 解得 b n = -S n S n+2 ). 所以 b n =n 2 +n,n∈N * . (2)c n = ,n∈N * . 我们用数学归纳法证明 . ① 当 n=1 时 ,c 1 =0<2, 不等式成立 ; ② 假设 n=k 时不等式成立 , 即 c 1 +c 2 +…+c k <2 . 那么 , 当 n=k+1 时 , c 1 +c 2 +…+c k +c k+1 < 即当 n=k+1 时不等式也成立 . 根据 ① 和 ②, 不等式 c 1 +c 2 +…+c n <2 对任意 n∈N * 成立 . 2.(2019· 青岛二模 ) 已知数列 {a n } 的各项均为正数 ,a 1 =3, 且对任意 n∈N * ,2a n 为 +3 和 1 的等比中项 , 数列 {b n } 满足 b n = -1(n∈N * ). (1) 求证 : 数列 {b n } 为等比数列 , 并求 {a n } 通项公式 . (2) 若 c n =log 2 b n ,{c n } 的前 n 项和为 T n , 求使 T n 不小于 360 的 n 的最小值 . 【解析】 (1) 由题意得 :(2a n ) 2 =( +3)×1, 即 = 4 -3, 所以 -1=4 -3-1=4 -4=4( -1). 因为 b n = -1, 所以 b n+1 =4b n , 所以数列 {b n } 成等比数列 , 首项为 b 1 = -1=8, 公比为 4, 所以 b n =b 1 ·4 n-1 =8×2 2n-2 =2 2n+1 , 所以 -1=2 2n+1 , 又 {a n } 为正项数列 , 所以 a n = . (2) 由 (1) 得 :c n =log 2 b n =log 2 2 2n+1 =2n+1, 所以 T n =c 1 +c 2 +…+c n =(2×1+1)+(2×2+1)+…+(2n+1) =2×(1+2+3+…+n)+n=2× +n=n 2 +2n, 所以 T n =n 2 +2n≥360, 即 n 2 +2n-360≥0⇒(n+20)(n-18) ≥0, 所以 n≥18 或 n≤-20( 舍去 ), 所以 T n 不小于 360 的 n 的最小值为 18.