高考大题增分专项三 高考中的数列 2021年高中总复习优化设计一轮用书理数
高考大题增分专项五 高考中的解析几何 2021年高中总复习优化设计一轮用书理数
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
②解:若l1或l2的斜率不存在,则四边形QRST的面积为2.
若两条直线的斜率存在,设l1的斜率为k,则l1的方程为y=k(x+1),
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
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处理有关圆锥曲线与圆相结合的问题,要特别注意圆心、半径及 平面几何知识的应用,如直径对的圆心角为直角,构成了垂直关系; 弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形.利用圆的一些特殊几 何性质解题,往往使问题简化.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
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消去y(或消去x)得ax2+bx+c=0.若a≠0,Δ=b2-4ac,Δ>0⇔相交;Δ<0⇔ 相离;Δ=0⇔相切.若a=0,得到一个一次方程:①C为双曲线,则l与双 曲线的渐近线平行;②C为抛物线,则l与抛物线的对称轴平行.求解 直线与圆锥曲线位置关系问题时,判别式Δ起着关键性的作用,第一, 可以限定所给参数的范围;第二,可以取舍某些解以免产生增根.
从点M所引的两条切线不垂直.
当m≠±2时,设过点M所引的切线l的斜率为k,
则l的方程为y=k(x-m)+2.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
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(1+2k2)x2-4k(mk-2)x+2(mk-2)2-4=0. 因为Δ=16k2(mk-2)2-4(1+2k2)[2(mk-2)2-4]=0,所以(m2-4)k24mk+2=0.(*) 设两条切线的斜率分别为k1,k2,则k1,k2是方程(*)的两根,
高考大题增分专项五 高考中的解析几何 2021年高考数学复习优化一轮用书文数
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
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1.判定直线与圆位置关系的两种方法 (1)代数方法(判断直线与圆方程联立所得方程组的解的情 况):Δ>0⇔相交,Δ<0⇔相离,Δ=0⇔相切. (2)几何方法(比较圆心到直线的距离与半径的大小):设圆心到直 线的距离为d,则d<r⇔相交,d>r⇔相离,d=r⇔相切.判定圆与圆位置 关系与判定直线与圆位置关系类似(主要掌握几何方法). 2.讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时,要注意数形结合,充分利 用圆的几何性质寻找解题途径,减少运算量.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
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解:(1)由题易知,抛物线C的焦点为F(1,0), 当直线l的斜率不存在时,即x=1,不符合题意; 当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-1), 即kx-y-k=0,
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
(2)直线AB与抛物线C相切,证明如下:
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
对点训练2(2019安徽阶段性测试)如图,点O为坐标原点,直线l经 过抛物线C:y2=4x的焦点F.设点A是直线l与抛物线C在第一象限的 交点.以点F为圆心,|FA|为半径的圆与x轴的负半轴的交点为B,与抛 物线C在第四象限的交点为D.
(1)若点O到直线l的距离为 ,求直线l的方程; (2)试判断直线AB与抛物线C的位置关系,并给出证明.
(1)解:由题意,得a=2,b=1,
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六
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范围、最值问题的基本解题思想是建立求解目标与其他变量的 关系(不等关系、函数关系等),通过其他变量表达求解目标,然后通 过解不等式、求函数值域(最值)等方法确定求解目标的取值范围 和最值.在解题时要注意其他约束条件对求解目标的影响,如直线 与曲线交于不同两点时对直线方程中参数的约束、圆锥曲线上点 的坐标范围等.
高考(理)一轮复习：增分专项3 高考中的数列
数列 {bn}的前 n 项和 Sn=nb1+
������ (������ -1) 2
d=2n+
������ (������ -1) 2
×2=n2+n.
-6题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 策略一 策略二
突破策略二 转化法 无论是求数列的通项还是求数列的前n项和,通过变形、整理后, 能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比 数列的通项公式或求和公式解决问题.
∴Tn=b1+b2+…+bn=
������(3ln2+3������ln2) = = 2 3������(������+1) 故 Tn= 2 ln 2.
������(������1 +������������ ) 2 3������(������+1) ln 2. 2
-11题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 策略一 策略二
2 ������
2 a1=������,a3=2q, 1 2
又 S3=7,∴ +2+2q=7,即 2q2-5q+2=0.解得 q=2 或 q= .
高考大题增分专项一 高考中的函数与导数 2021年高考数学复习优化一轮用书文数
-7-
策略一 策略二 策略三
题型一 题型二 题型三
-8-
策略一 策略二 策略三
当a≥1时,aex-x-1≥ex-x-1, 令h(x)=ex-x-1,则当x>0时,h'(x)=ex-1>0,
∴ 当x>0时,h(x)单调递增,∴ h(x)>h(0)=0. ∴ 当a≥1,x>0时,aex-x-1>0恒成立. ∴ 当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.∴ g(x)≥g(1)=0,
当x=1时,a(ex-ex)≥(x-1)2显然成立; 当x>0,且x≠1时,ex-ex>0. 故欲证对任意的a≥1,a(ex-ex)≥(x-1)2成立,只需证ex-ex≥(x-1)2.
由φ'(x)>0,得3-e<x<1, 由φ'(x)<0,得x>1或0<x<3-e.
∴ φ(x)在区间(0,3-e)内单调递减,在区间(3-e,1)内单调递增,在区
题型一 题型二 题型三
例1设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性;
-4-
策略一 策略二 策略三
(3)设c>1,证明当x∈ (0,1)时,1+(c-1)x>cx. (1)解:(导数与函数的单调性)
令f'(x)=0解得x=1. 当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减. (2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0. 所以当x≠1时,ln x<x-1.
6.4 数列求和 2021年高中总复习优化设计一轮用书理数
= .
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解析 答案
考点1
考点2
考点3
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例1在等比数列{an}中,已知a1=3,公比q≠1,等差数列{bn}满足 b1=a1,b4=a2,b13=a3.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记cn=(-1)nbn+an,求数列{cn}的前n项和Sn. 思考具有什么特点的数列适合并项求和?具有什么特点的数列适 合分组求和?
考点1
考点2
考点3
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解题心得裂项相消法的基本思想就是把an分拆成an=bn+k-bn (k∈ N*)的形式,从而达到在求和时绝大多数项相消的目的.在解题 时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式,使之符合裂 项相消的条件.
考点1
考点2
考点3
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对点训练3已知数列{an}为等差数列,a1=1,an>0,其前n项和为Sn, 且数列{ }也为等差数列.
-12-
考点1
考点2
考点3
解 (1)设等差数列{bn}的公差为d. 由已知,得a2=3q,a3=3q2,b1=3,b4=3+3d,b13=3+12d,
∴ d=2,∴ an=3n,bn=2n+1.
(2)由题意,得cn=(-1)nbn+an=(-1)n(2n+1)+3n,Sn=c1+c2+…+cn= (-3+5)+(-7+9)+…+[(-1)n-1(2n-1)+(-1)n(2n+1)]+3+32+…+3n.
考点1
考点2
考点3
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高优指导2021数学理人教A版一轮考点规范练：高考大题专项练3 高考中的数列
高考大题专项练3 高考中的数列1.(2021大连一模)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,等比数列{b n }的公比为12,满足S 3=15,a 1+2b 1=3,a 2+4b 2=6. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式a n ,b n ; (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 解:(1)设{a n }的公差为d ,所以{3a 1+3d =15,a 1+2b 1=3,a 1+d +2b 1=6,解得a 1=2,d=3,b 1=12,所以a n =3n-1,b n =(12)n.(2)由(1)知T n =2×12+5×(12)2+8×(12)3+…+(3n-4)·(12)n -1+(3n-1)(12)n,① ①×12得12T n =2×(12)2+5×(12)3+…+(3n-4)×(12)n +(3n-1)(12)n+1,②①-②得12T n =2×12+3×[(12)2+(12)3+…+(12)n ]-(3n-1)·(12)n+1=1+3×14[1-(12)n -1]1-12-(3n-1)·(12)n+1, 整理得T n =-(3n+5)(12)n+5.〚导学号92950935〛2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2a n -1;数列{b n }满足b n-1-b n =b n b n-1(n ≥2,n ∈N *),b 1=1. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)求数列{an b n}的前n 项和T n .解:(1)由S n =2a n -1,得S 1=a 1=2a 1-1,故a 1=1.又S n =2a n -1,S n-1=2a n-1-1(n ≥2), 两式相减,得S n -S n-1=2a n -2a n-1, 即a n =2a n -2a n-1. 故a n =2a n-1,n ≥2.所以数列{a n }是首项为1,公比为2的等比数列. 故a n =1·2n-1=2n-1.由b n-1-b n =b n b n-1(n ≥2,n ∈N *),得1b n−1b n -1=1.又b 1=1,∴数列{1b n}是首项为1,公差为1的等差数列.∴1b n=1+(n-1)·1=n.∴b n =1n .(2)由(1)得an b n=n ·2n-1.∴T n =1·20+2·21+…+n ·2n-1, ∴2T n =1·21+2·22+…+n ·2n .两式相减,得-T n =1+21+…+2n-1-n ·2n=1-2n1-2-n ·2n =-1+2n -n ·2n .∴T n =(n-1)·2n +1.〚导学号92950936〛3.已知正项数列{a n }的首项a 1=1,前n 项和S n 满足a n =√S n +√S n -1(n ≥2). (1)求证:{√S n }为等差数列,并求数列{a n }的通项公式; (2)记数列{1a n a n+1}的前n 项和为T n ,若对任意的n ∈N *,不等式4T n <a 2-a 恒成立,求实数a 的取值范围.(1)证明:由于a n =√S n +√S n -1,所以S n -S n-1=√S n +√S n -1, 即√S n −√S n -1=1,所以数列{√S n }是首项为1,公差为1的等差数列,得√S n =n ,所以a n =√S n +√S n -1=n+(n-1)=2n-1(n ≥2), 当n=1时,a 1=1也适合,所以a n =2n-1. (2)解:由于1a n a n+1=1(2n -1)(2n+1)=12(12n -1-12n+1), 所以T n =12(1-13+13−15+…+12n -1−12n+1) =12(1-12n+1). ∴T n <12.要使不等式4T n <a 2-a 恒成立,只需2≤a 2-a 恒成立,解得a ≤-1或a ≥2,故实数a 的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞).〚导学号92950937〛4.已知数列{a n }是公比为12的等比数列,且1-a 2是a 1与1+a 3的等比中项,前n 项和为S n ;数列{b n }是等差数列,其前n 项和T n 满足T n =n λ·b n+1(λ为常数,且λ≠1),其中b 1=8.(1)求数列{a n }的通项公式及λ的值; (2)比较1T 1+1T 2+1T 3+…+1T n 与12S n 的大小. 解:(1)由题意得(1-a 2)2=a 1(a 3+1),即(1-12a 1)2=a 1(14a 1+1),解得a 1=12,∴a n =(12)n.设{b n }的公差为d ,又{T 1=λb 2,T 2=2λb 3,即{8=λ(8+d ),16+d =2λ(8+2d ),解得{λ=12,d =8或{λ=1,d =0(舍),∴λ=12.(2)由(1)知S n =1-(12)n,∴12S n =12−(12)n+1≥14.①由(1)知b n =8n ,又T n =n λ·b n+1,∴T n =4n 2+4n ,1Tn=14n (n+1)=14(1n -1n+1), ∴1T 1+1T 2+…+1T n=14[(1-12)+(12-13)+…+(1n -1n+1)]=14(1-1n+1)<14. ②由①②可知1T 1+1T 2+…+1T n <12S n .〚导学号92950938〛5.已知等差数列{a n }的公差大于0,且a 3,a 5是方程x 2-14x+45=0的两根,数列{b n }的前n 项和为S n ,且S n =1-bn 2(n ∈N *).(1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)记c n =a n b n ,求证:c n+1≤c n ; (3)求数列{c n }的前n 项和T n .解:(1)由于a 3,a 5是方程x 2-14x+45=0的两根,且数列{a n }的公差d>0,所以a 3=5,a 5=9,公差d=a 5-a 35-3=2. 所以a n =a 5+(n-5)d=2n-1. 当n=1时,b 1=S 1=1-b12,解得b 1=13. 当n ≥2时,b n =S n -S n-1=12(b n-1-b n ), 所以bn b n -1=13(n ≥2).所以数列{b n }是首项b 1=13,公比q=13的等比数列, 所以b n =b 1q n-1=13n .(2)由(1),知c n =a n b n =2n -13n ,c n+1=2n+13n+1, 所以c n+1-c n =2n+13n+1−2n -13n=4(1-n )3n+1≤0.所以c n+1≤c n . (3)由(2),知c n =a n b n =2n -13n, 则T n =131+332+533+…+2n -13n, ① 13T n =132+333+534+…+2n -33n +2n -13n+1, ②①-②,得23T n =13+232+233+…+23n−2n -13n+1=13+2(132+133+…+13n )−2n -13n+1=23−2n+23n+1,化简得T n =1-n+13n. 故数列{c n }的前n 项和T n =1-n+13n. 〚导学号92950939〛6.(2021长沙二模)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列,a 10=15,且a 3,a 4,a 7成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =an2n ,数列{b n }的前n 项和为T n ,求证:-74≤T n <-1(n ∈N *).解:(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0),由已知得{a 10=15,a 42=a 3a 7,即{a 1+9d =15,(a 1+3d )2=(a 1+2d )(a 1+6d ), 解得{a 1=-3,d =2.∴a n =2n-5.(2)证明:∵b n =a n 2n=2n -52n,n ∈N *, ∴T n =-32+-122+123+…+2n -52n, ① 12T n =-322+-123+124+…+2n -72n +2n -52n+1, ②①-②,得12T n =-32+2(122+123+…+12n )−2n -52n+1=-12+1-2n 2n+1,∴T n =-1-2n -12n(n ∈N *). ∵2n -12n >0(n ∈N *),∴T n <-1. T n+1-T n =(-1-2n+12n+1)−(-1-2n -12n)=2n -32n+1,∴T n <T n+1(n ≥2).又T 1=-1-12=-32,T 2=-1-4-14=-74,∵T 1>T 2,∴T 2最小,即T n ≥T 2=-74.综上所述,-74≤T n <-1(n ∈N *). 〚导学号92950940〛。
3.3 导数的综合应用 2021年高中总复习优化设计一轮用书理数
对点训练2(2019河北衡水中学高三下学期大联考)已知函数 f(x)=excos x,x∈ .
(1)求函数f(x)的单调区间; (2)若不等式f(x)≤ax+1恒成立,试求正实数a的取值范围.
考点1
考点2
考点3
-12-
(2)令g(x)=ax+1-excos x,
考点1
考点2
考点3
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因为x0>0,所以g(x0)<g(0)=0,所以excos x≤ax+1不恒成立. 综上所述,正实数a的取值范围是[1,+∞).
考点1
考点2
考点3
-5-
对点训练1(2019广西桂林高三一模)已知函数f(x)= ax2-x+xln x, a∈ R.
(1)若f(x)在其定义域上单调递减,求a的取值范围;
-6-
考点1
考点2
考点3
(1)解:由题意可知,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x+ax. 因为f(x)在其定义域上单调递减,所以ln x+ax≤0在区间(0,+∞)内 恒成立.
-15-
考点1
考点2
考点3
(2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点. (ⅱ)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,
又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0, 故f(x)在区间(-∞,-ln a)内有一个零点.
考点1
考点2
考点3
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考点1
考点2
考点3
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(2)证明:不妨设x1<x2,由(1)知,x1∈ (-∞,1),x2∈ (1,+∞),2-x2∈ (-∞,1), f(x)在区间(-∞,1)单调递减, 所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
即2(an+1+an)(an+1-an)-(an+1+an)=0,
∴ (an+1+an)(2an+1-2an-1)=0.
由于数列各项均为正数,
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策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
∴ Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
-15-
策略一 策略二
因为a1-2a2+a3=0,所以an+2-2an+1+an=0, 即数列{an}是等差数列.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
-16-
策略一 策略二
突破策略二 递推相减化归法
对已知数列an与Sn的关系,证明{an}为等差或等比数列的问题,解 题思路为:由an与Sn的关系递推出n为n+1时的关系式,两关系式相减 后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.
(2)由(1)知,bn=log3an=log33n=n,
∵ b2n-1b2n-b2nb2n+1=(2n-1)2n-2n(2n+1)=-4n, ∴ T2n=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+…+(b2n-1b2n-b2nb2n+1)
-8-
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
策略一 策略二
(1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=log3an,T2n=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1,求T2n.
解:(1)∵ 3S1,2S2,S3成等差数列,∴ 4S2=3S1+S3. ∴ 4(a1+a2)=3a1+(a1+a2+a3),即a3=3a2. ∴ 公比q=3.∴ an=a1qn-1=3n.
-32-
策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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要证明关于一个数列的前n项和的不等式,一般有两种思路:一是 先求和再对和式放缩;二是先对数列的通项放缩再求数列的和,必 要时对其和再放缩.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
对点训练3已知数列{an},其前n项和为Sn,满足a1=2,Sn=λnan+μan-1, 其中n≥2,n∈ N*,λ,μ∈ R.
(1)若λ=0,μ=4,bn=an+1-2an(n∈ N*),求证:数列{bn}是等比数列;
2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,
Tn=(n-1)·2n+1+2.
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
策略一 策略二
对点训练5已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈ N*),{bn}是首项 为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
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(2)解：由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1. 令2a2=a1+a3,解得λ=4.故an+2-an=4. 由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n} 是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1. 所以an=2n-1,即an+1-an=2. 因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.
∴ {an}是等比数列.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
突破策略一 错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应 项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求,即 和式两边同乘以等比数列的公比,然后作差求解.
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策略一 策略二
突破策略二 转化法
无论是求数列的通项还是求数列的前n项和,通过变形、整理后, 能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比 数列的通项公式或求和公式解决问题.
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
策略一 策略二
例2已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,且3S1,2S2,S3成等差数 列.
(2)由(1)及anbn+1=nbn+bn+1,
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题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
策略一 策略二
对点训练1在等比数列{an}中,已知a1=2,a4=16. (1)求数列{an}的通项公式. (2)若a3,a5分别为等差数列{bn}的第4项和第16项,试求数列{bn}的 通项公式及前n项和Sn.
证明:(1)若λ=0,μ=4,则Sn=4an-1(n≥2), 所以an+1=Sn+1-Sn=4(an-an-1), 即an+1-2an=2(an-2an-1),所以bn=2bn-1. 又由a1=2,a1+a2=4a1, 得a2=3a1=6,a2-2a1=2≠0,即bn≠0,
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证明:(1)当n=1时,a1=S1=1. ∵ Sn=(m+1)-man,① ∴ Sn-1=(m+1)-man-1(n≥2),② 由①-②,得an=man-1-man(n≥2), 即(m+1)an=man-1. ∵ a1≠0,m<-1,∴ an-1≠0,m+1≠0.
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求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在,再以此假设 为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立, 即不存在.若推不出矛盾,则得到存在的结果.
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例8已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为 常数.
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策略一 策略二
突破策略一 定义法
用定义法证明一个数列是等差数列,常采用的两个式子an-an-1 =d(n≥2)和an+1-an=d,前者必须加上“n≥2”,否则n=1时a0无意义;用 定义法证明一个数列是等比数列也常采用两个式子
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策略一 策略二
(1)求a1,a2; (2)求数列{an}的通项公式,并证明数列{an}是等差数列; (3)若数列{bn}满足an=log2bn,试证明数列{bn}是等比数列,并求其 前n项和Tn.
又a1=5满足an=3n+2,故an=3n+2. 因为an+1-an=3(n+1)+2-(3n+2)=3(n∈ N*), 所以数列{an}是以5为首项,3为公差的等差数列.
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策略一 策略二
突破策略二 裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵 消,从而求得其和.利用裂项相消法求和时,要注意抵消后所剩余的 项是前后对称的.
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策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
对点训练2设{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n项 和,已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=ln a3n+1,n=1,2,…,求数列{bn}的前n项和Tn.
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策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
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策略一 策略二
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn, 由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n, 故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n, 4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1, 上述两式相减,得 -3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1
(1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈ N*).
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12, 而b1=2,所以q2+q-6=0. 又因为q>0,解得q=2. 所以bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.① 由S11=11b4,可得a1+5d=16,② 联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2. 所以数列{an}的通项公式为an=3n-2, 数列{bn}的通项公式为bn=2n.
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从近五年高考试题分析来看,高考数列解答题主要题型有:等差、 等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列;求数列的 通项及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.命题特点 是试题题型规范、方法可循、难度稳定在中档.