學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2021新高考數(shù)學（山東專用）二輪復習學案：板塊2命題區(qū)間精講精講2數(shù)列含解析數(shù)列閱卷案例思維導圖(2020·全國卷Ⅲ，T17，12分)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝3an－4n。(1)計算a2，a3,猜想｛an}的通項公式并加以證明；(2）求數(shù)列｛2nan｝的前n項和Sn.本題考查：遞推數(shù)列、錯位相減法等知識,邏輯推理、數(shù)學運算等核心素養(yǎng)。答題模板標準解答踩點得分第1步：歸納、猜想由特殊到一般，發(fā)現(xiàn)規(guī)律,猜想通項。第2步：證明利用數(shù)學歸納法證明猜想的正確性.第3步：求和依據(jù)數(shù)列的特點，選擇恰當?shù)那蠛头椒?關(guān)鍵步驟第4步：計算注意錯位相減法的計算方法，計算務必細心.（1)由a1＝3,an＋1＝3an－4n得←eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a2＝3a1－4＝5，…………1分，a3＝3a2－4×2＝7，……2分,猜想｛an}的通項公式為，an＝2n＋1.………………3分))←eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（證明如下用數(shù)學歸納法，當n＝1,2,3時，顯然成立.①…………4分，假設(shè)n＝k時,ak＝2k＋1，k∈N*，,由ak＋1＝3ak－4k，＝32k＋1－4k,＝2k＋1＋1，②………6分,故假設(shè)成立。,由①②可知，an＝2n＋1，n∈N*.………7分））←eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2令bn＝2nan＝2n＋12n.，∴Sn＝3×2＋5×22＋…＋2n＋12n,③，∴2Sn＝3×22＋5×23＋…＋2n＋12n＋1,④,………9分）)←eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(∴③－④得，－Sn＝3×2＋2×22＋…＋2×2n－2n＋12n＋1，，………………11分,∴Sn＝2n－12n＋1＋2.…12分）)第(1）問得分點及說明：1.只要a2，a3數(shù)據(jù)計算正確就各得1分。2。猜想正確再得1分。3。符合數(shù)學歸納法證明步驟得全分,否則不得分。第(2)問得分點及說明：1。列出Sn的表達式并想利用錯位相減法求和得2分.2?！埃璖n”計算正確,不化簡不扣分。3。Sn的計算正確,但沒化到最簡不扣分.命題點1等差、等比數(shù)列的基本量的運算1．兩組重要公式(1)等差數(shù)列：①Sn＝eq\f(na1＋an，2）＝na1＋eq\f（nn－1，2)d;②am＝an＋（m－n)d；③若m，n,p成等差數(shù)列，則2an＝am＋ap。(2)等比數(shù)列：①Sn＝eq\f(a11－qn，1－q）＝eq\f（a1－anq,1－q）(q≠1）;②am＝an·qm－n；③若m,n,p成等比數(shù)列，則aeq\o\al（2，n）＝am·ap。2．等差（比）數(shù)列的運算技巧：（1）在進行等差（比)數(shù)列項與和的運算時，若條件和結(jié)論間的聯(lián)系不明顯，則均可化成關(guān)于a1和d(q）的方程組求解；(2)要注意消元法及整體計算,以減少計算量．3．由等差數(shù)列、等比數(shù)列組成的綜合問題，首先要根據(jù)兩數(shù)列的概念，設(shè)出相應的基本量，充分使用通項公式、求和公式、數(shù)列的性質(zhì)，確定基本量．解綜合題的成敗在于審清題目，弄懂來龍去脈，揭示問題的內(nèi)在聯(lián)系和隱含條件，形成解題策略．［高考題型全通關(guān)］1．(2020·全國卷Ⅲ)設(shè)等比數(shù)列｛an｝滿足a1＋a2＝4，a3－a1＝8。(1）求{an}的通項公式;（2）記Sn為數(shù)列{log3an｝的前n項和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m。［解]（1）設(shè)｛an}的公比為q,則an＝a1qn－1.由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝4，，a1q2－a1＝8.)）解得a1＝1，q＝3。所以｛an｝的通項公式為an＝3n－1.（2）由（1）知log3an＝n－1。故Sn＝eq\f(nn－1,2）。由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m(m－1)＋(m＋1）m＝（m＋3）(m＋2），即m2－5m－6＝0。解得m＝－1（舍去），m＝6。2．（2020·惠州第二次調(diào)研）在數(shù)列｛an}中,a1＝1，a2＝eq\f（8，3），an＋1＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))an＋eq\f(n＋1，λn)，其中n∈N*，λ為常數(shù)．（1)求λ的值；（2)設(shè)bn＝eq\f(an,n),求數(shù)列{bn}的通項公式．［解](1)將n＝1代入an＋1＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，n））)an＋eq\f(n＋1,λn），得a2＝2a1＋eq\f(2，λ），由a1＝1，a2＝eq\f（8，3),得λ＝3.（2）由an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，n)）)an＋eq\f(n＋1,3n)，得eq\f（an＋1，n＋1)－eq\f(an，n)＝eq\f(1,3n）,即bn＋1－bn＝eq\f(1，3n）.當n＝1時，b1＝eq\f（a1,1）＝1，當n≥2時,bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2）＋…＋（b2－b1）＝eq\f(1,3n－1)＋eq\f（1，3n－2）＋…＋eq\f（1，32)＋eq\f(1，31）＝eq\f(\f（1,3)\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，3）))eq\s\up10(n－1））)，1－\f（1，3））＝eq\f（1，2)－eq\f（1,2×3n－1），所以bn＝eq\f（3，2）－eq\f(1，2×3n－1)(n≥2)．因為b1＝1也適合上式，所以bn＝eq\f（3，2）－eq\f（1,2×3n－1).命題點2數(shù)列的證明問題1．判定等差（比）數(shù)列的主要方法:(1)定義法：對于任意n≥1，n∈N＊，驗證an＋1－aneq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(或eq\f（an＋1,an）)）為與正整數(shù)n無關(guān)的同一個常數(shù)；(2)中項公式法．2．eq\f(an＋1,an)＝q和aeq\o\al(2,n）＝an－1an＋1(n≥2）都是數(shù)列{an}為等比數(shù)列的必要不充分條件，判定時還要看各項是否為零．3．若要判斷一個數(shù)列不是等差(等比)數(shù)列，則只需說明某連續(xù)三項(如前三項）不是等差（等比）數(shù)列即可．［高考題型全通關(guān)］1．已知{an｝是各項都為正數(shù)的數(shù)列，其前n項和為Sn，且Sn為an與eq\f(1,an）的等差中項．（1）求證：數(shù)列{Seq\o\al（2,n)｝為等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項公式；（3)設(shè)bn＝eq\f（－1n,an）,求{bn}的前n項和Tn。[解]（1）證明：由題意知2Sn＝an＋eq\f（1，an），即2Snan－aeq\o\al（2，n)＝1， ①當n≥2時，有an＝Sn－Sn－1，代入①式得2Sn（Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1）2＝1，整理得Seq\o\al(2，n）－Seq\o\al(2，n－1)＝1(n≥2）．又當n＝1時，由①式可得a1＝S1＝1（負值舍去），∴數(shù)列｛Seq\o\al(2，n）｝是首項為1，公差為1的等差數(shù)列．(2)由(1)可得Seq\o\al(2，n)＝1＋n－1＝n，∵數(shù)列｛an｝的各項都為正數(shù),∴Sn＝eq\r(n），∴當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\r(n）－eq\r（n－1)，又a1＝S1＝1滿足上式，∴an＝eq\r（n)－eq\r（n－1）(n∈N＊)．(3）由(2)得bn＝eq\f((－1)n，an）＝eq\f（(－1）n，\r(n）－\r（n－1））＝（－1）n（eq\r（n)＋eq\r（n－1)）,當n為奇數(shù)時,Tn＝－1＋(eq\r(2）＋1）－(eq\r（3）＋eq\r(2））＋…＋(eq\r（n－1)＋eq\r(n－2）)－(eq\r(n）＋eq\r（n－1))＝－eq\r(n）；當n為偶數(shù)時，Tn＝－1＋(eq\r（2)＋1）－（eq\r(3)＋eq\r（2）)＋…－(eq\r(n－1)＋eq\r（n－2））＋(eq\r(n)＋eq\r（n－1)）＝eq\r（n），∴數(shù)列{bn｝的前n項和Tn＝（－1）neq\r(n)（n∈N＊）．2．已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且滿足Sn－2an＝n－4。（1)證明:｛Sn－n＋2}為等比數(shù)列；(2）求數(shù)列{Sn}的前n項和Tn.[解]（1）證明：原式可轉(zhuǎn)化為Sn－2（Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，即Sn＝2Sn－1－n＋4，所以Sn－n＋2＝2［Sn－1－（n－1)＋2]．由S1－2a1＝1－4，得S1＝3，所以S1－1＋2＝4,所以｛Sn－n＋2}是首項為4，公比為2的等比數(shù)列．（2)由（1）知Sn－n＋2＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1＋n－2，所以Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n）－2n＝eq\f(41－2n,1－2)＋eq\f(nn＋1,2）－2n＝eq\f（2n＋3＋n2－3n－8,2）.命題點3數(shù)列求和1．裂項相消法就是把數(shù)列的每一項分解成一正一負的兩項，使得相加后,項與項之間能夠相互抵消，但在抵消的過程中,有的是相鄰項相消，有的是間隔項相消．常見的裂項方式有:eq\f（1，nn＋1)＝eq\f（1，n)－eq\f(1,n＋1);eq\f（1,nn＋k)＝eq\f（1,k）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,n）－\f（1，n＋k)))；eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，n－1)－\f(1,n＋1）));eq\f（1,4n2－1)＝eq\f（1，2）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2n－1）－\f(1，2n＋1）））等．2．當數(shù)列｛an}是等差數(shù)列,｛bn}是等比數(shù)列，求數(shù)列｛an·bn}的前n項和時,可采用錯位相減法．用錯位相減法求數(shù)列的前n項和時,應注意：①等比數(shù)列的公比為負數(shù)的情形;②在寫出“Sn”和“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊"，以便準確寫出“Sn－qSn”的表達式．［高考題型全通關(guān)］1．（2020·廣東四校聯(lián)考）設(shè)數(shù)列｛an}的前n項和為Sn,a1＝2，an＋1＝2＋Sn(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an｝的通項公式；（2）令bn＝eq\f(2n－1,an－1an＋1－1）,數(shù)列{bn｝的前n項和為Tn，求證：Tn＜eq\f（1，2).［解]（1）an＋1＝2＋Sn(n∈N*）， ①當n＝1時，a2＝2＋S1，即a2＝4，當n≥2時，an＝2＋Sn－1， ②①－②可得an＋1－an＝Sn－Sn－1，即an＋1＝2an，∴an＝a2×2n－2＝2n,n≥2，當n＝1時，a1＝21＝2，滿足上式,∴an＝2n(n∈N＊)．（2)由（1)得bn＝eq\f(2n－1，2n－12n＋1－1)＝eq\f(1，2）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2n－1）－\f（1,2n＋1－1)）），∴Tn＝eq\f(1，2）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f（1,3)＋\f（1,3)－\f（1，7)＋…＋\f（1,2n－1)－\f（1,2n＋1－1))）＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1－1））).∴Tn＜eq\f(1，2）。2．（2020·福州模擬）設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且滿足Sn＝2－an,n＝1,2，3,…。數(shù)列{bn}滿足b1＝1,且bn＋1＝bn＋an。（1）求數(shù)列{bn｝的通項公式；(2）設(shè)cn＝n(3－bn），數(shù)列｛cn}的前n項和為Tn,求Tn。[解](1）∵n＝1時,a1＋S1＝a1＋a1＝2，∴a1＝1?！逽n＝2－an，即an＋Sn＝2，∴an＋1＋Sn＋1＝2。兩式相減得an＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0，即an＋1－an＋an＋1＝0，故有2an＋1＝an，由Sn＝2－an，知an≠0，∴eq\f(an＋1，an)＝eq\f（1，2)（n∈N＊)．∴{an｝是首項為1，公比為eq\f(1,2）的等比數(shù)列，其通項公式為an＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2））)eq\s\up10（n－1).∵bn＋1＝bn＋an（n＝1,2，3，…)，∴bn＋1－bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2）))eq\s\up10（n－1),∴b2－b1＝1,b3－b2＝eq\f（1,2)，b4－b3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2))）eq\s\up10（2），…,bn－bn－1＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2))）eq\s\up10(n－2）（n＝2，3,…)．將這n－1個等式相加得，bn－b1＝1＋eq\f(1，2)＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）））eq\s\up10(2）＋…＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）))eq\s\up10（n－2）＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2）))eq\s\up10（n－1),1－\f(1,2)）＝2－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)))eq\s\up10（n－2).又b1＝1，∴bn＝3－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2))）eq\s\up10（n－2)（n＝2，3，…），當n＝1時也滿足上式，∴bn＝3－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)））eq\s\up10（n－2)（n∈N＊)．(2)∵cn＝n(3－bn)＝2neq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）））eq\s\up10(n－1),∴Tn＝2eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)））eq\s\up10（0）＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2)）)eq\s\up10(1)＋3×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2））)eq\s\up10（2)＋…＋(n－1）×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)）)eq\s\up10(n－2）＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2）））eq\s\up10(n－1)）)。 ①eq\f（1,2）Tn＝2eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)）)eq\s\up10（1）＋2×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）))eq\s\up10(2）＋3×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2））)eq\s\up10(3）＋…＋（n－1)×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)）)eq\s\up10（n－1)＋n×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)))eq\s\up10（n))). ②①－②得，eq\f（1，2)Tn＝2eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)）eq\s\up10(0)＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2))）eq\s\up10（1)＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2））)eq\s\up10(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2))）eq\s\up10(n－1））)－2×n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2））)eq\s\up10(n）（n∈N*),Tn＝4×eq\f（1－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）））eq\s\up10(n），1－\f(1，2))－4×n×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）)）eq\s\up10(n)＝8－（8＋4n）×eq\f(1，2n）（n＝1，2，3，…）．命題點4以數(shù)列為載體的“條件不良”問題[高考題型全通關(guān)］1．(2020·棗莊模擬)在①b1＝－1,b4＝8，②Tn＝2n＋k，③b1＝1，Sn＝－eq\f(n2，2)＋eq\f（mn，2）這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，作為問題的條件，再解答這個問題．設(shè)等差數(shù)列{an｝的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,________，a1＝b4，a5＝4，若數(shù)列｛anbn}的前n項和為An，則An是否存在最大值?若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由．注:如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．[解］設(shè)等差數(shù)列｛an}的公差為d，等比數(shù)列｛bn｝的公比為q，當選①時，因為b1＝－1,a1＝b4＝8,a5＝4，所以d＝eq\f(a5－a1,4)＝－1，an＝8＋(n－1)×（－1)＝9－n,q3＝eq\f（b4,b1）＝－8，q＝－2，bn＝－（－2）n－1,則anbn＝（n－9）(－2）n－1,An＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(－8)×（－2)0＋(－7）×（－2）1＋…＋(n－9）×(－2）n－1,－2An＝（－8）×（－2）1＋(－7)×(－2）2＋…＋(n－9)×（－2)n，兩式相減，并化簡得An＝－eq\f（26,9）＋eq\f（26－3n,9)×(－2)n.易知An不存在最大值．當選②時,Tn＝2n＋k,可知b1＝2＋k，b2＝T2－T1＝2，b3＝T3－T2＝4，又beq\o\al（2,2)＝b1b3，所以4＝(2＋k）×4，k＝－1，可知Tn＝2n－1，當n≥2時,bn＝Tn－Tn－1＝2n－1，又b1＝1符合上式,所以bn＝2n－1.所以a1＝b4＝8,又a5＝4，所以d＝eq\f(a5－a1，4)＝－1，an＝8＋（n－1)×（－1)＝9－n,anbn＝(9－n）×2n－1，可知當n≥9時，anbn≤0，所以｛anbn}的前8項和與前9項和最大，且最大值為A8＝A9＝502.當選③時，由Sn＝－eq\f(n2,2）＋eq\f(mn,2）,可得當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1＋m,2)－n,因為a5＝4，所以eq\f(1＋m,2)－5＝4,得m＝17，故Sn＝－eq\f(n2，2)＋eq\f（17n，2)，當n≥2時,an＝9－n，a1＝S1＝8也符合上式,所以an＝9－n.又b4＝a1＝8,b1＝1，所以q3＝eq\f(b4，b1）＝8，q＝2，bn＝2n－1。anbn＝（9－n)×2n－1，可知當n≥9時，anbn≤0,所以｛anbn｝的前8項和與前9項和最大，且最大值為A8＝A9＝502.2．(2020·青島模擬)在①a3＋b3＝0，②S3＝－19.5，③a3＋a1＝2＋eq\r（b2·b4）這三個條