《2022年高考数学之解密数列命题点对点突破（全国通用）》专题21 数列中的结构不良问题(原卷版)

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专题 22　数列中的结构不良问题

2020 年新高考试卷中出现了结构不良试题，所谓结构不良，就是试题不是完整呈现，一般需要考生

从给出的多个条件中选出一个或两个补充完整进行解答，试题具有一定的开放性，不同的选择可能导致

不同的结论，难度与用时也会有所不同．此类题型的设置一定程度上让学生参与了命题，从传统解题向

解决问题的思维转变．

【基本题型】

[例1]　(2021·全国甲)已知数列{an}的各项为正数，记 Sn为{an}的前 n项和，从下面①②③中选取两个

作为条件，证明另外一个成立．

① 数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③ a2＝3a1．

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

解析　①③⇒②．

已知{an}是等差数列，a2＝3a1．设数列{an}的公差为 d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，

所以 Sn＝na1＋d＝n2a1．

因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，

所以－＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列．

①②⇒③．

已知{an}是等差数列，{}是等差数列．设数列{an}的公差为 d，

则Sn＝na1＋d＝n2d＋n．

因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于 n的一次函数，

则a1－＝0，即d＝2a1，所以 a2＝a1＋d＝3a1．

②③⇒①．

已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以 S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1．

设数列{}的公差为 d，d＞0，则－＝－＝d，得a1＝d2，

所以＝＋(n－1)d＝nd，所以 Sn＝n2d2，

所以 n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合，

所以 an＝2d2n－d2，所以 an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，

所以数列{an}是等差数列．

[例2]　在等差数列{an}中，已知 a6＝16，a18＝36．

(1)求数列{an}的通项公式 an；

(2)若________，求数列{bn}的前 n项和 Sn．

在① bn＝，② bn＝(－1)n·an，③ bn＝2an·an这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．

注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

解析　(1)由题意，解得 d＝2，a1＝2．∴an＝2＋(n－1)×2＝2n．

(2)选条件①：bn＝＝，

Sn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝．

选条件②：∵an＝2n，bn＝(－1)nan，∴Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，

当n为偶数时，Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝×2＝n；

当n为奇数时，n－1为偶数，Sn＝(n－1)－2n＝－n－1．

∴Sn＝

选条件③：∵an＝2n，bn＝2an·an，∴bn＝22n·2n＝2n·4n，

∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n，①

4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)×4n＋2n×4n＋1，②

由①－②得，－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n×4n＋1

＝－2n×4n＋1＝－2n×4n＋1，

∴Sn＝(1－4n)＋·4n＋1．

[例3]　给出以下三个条件：

① 数列{an}是首项为 2，满足 Sn＋1＝4Sn＋2的数列；

② 数列{an}是首项为 2，满足 3Sn＝22n＋1＋λ(λ∈R)的数列；

③ 数列{an}是首项为 2，满足 3Sn＝an＋1－2的数列．

请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．

设数列{an}的前 n项和为 Sn，an与Sn满足________．

记数列 bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，cn＝，求数列{cn}的前 n项和 Tn．

解析　选①，由已知 Sn＋1＝4Sn＋2，(*)，当n≥2 时，Sn＝4Sn－1＋2，(**)

(*)－(**)，得an＋1＝4(Sn－Sn－1)＝4an，即an＋1＝4an．

当n＝1时，S2＝4S1＋2，即2＋a2＝4×2＋2，所以 a2＝8，满足 a2＝4a1，

故{an}是以 2为首项，4为公比的等比数列，所以 an＝22n－1．

bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2，

cn＝＝＝＝－．

所以 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－＝．

选②，由已知 3Sn＝22n＋1＋λ，(*)，当n≥2 时，3Sn－1＝22n－1＋λ，(**)

(*)－(**)，得3an＝22n＋1－22n－1＝3·22n－1，即an＝22n－1．

当n＝1时，a1＝2满足 an＝22n－1，所以 an＝22n－1，下同选①．

选③，由已知 3Sn＝an＋1－2，　(*)，则n≥2 时，3Sn－1＝an－2，　(**)

(*)－(**)，得3an＝an＋1－an，即an＋1＝4an．

当n＝1时，3a1＝a2－2，而a1＝2，得a2＝8，满足 a2＝4a1，

故{an}是以 2为首项，4为公比的等比数列，所以 an＝22n－1，下同选①．

[例4]　在① b1＋b3＝a2，② a4＝b4，③ S5＝－25 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问

题中的 k存在，求出 k的值；若 k不存在，请说明理由．

设等差数列{an}的前 n项和为 Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在

k，使得 Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2?

(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)

解析　设等比数列{bn}的公比为 q(q≠0)．∵b2＝3，b5＝－81，∴b1＝－1，q＝－3，

∴bn＝－(－3)n－1．又∵b1＝a5，∴a5＝－1．

法一　选①b1＋b3＝a2时：设等差数列{an}的公差为 d．

∵a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，a5＝－1，∴d＝3，a1＝－13，

∴Sk＝－13k＋×3＝k2－k，∴Sk＋1＝k2－k＋3k－13，Sk＋2＝k2－k＋6k－23．

∴要使 Sk＋1<Sk，且 Sk＋1<Sk＋2，只要∴<k<，∴存在 k＝4符合题意．

选②a4＝b4时，设等差数列{an}的公差为 d．

∵a5＝－1，a4＝b4＝－(－3)3＝27，∴a1＝111，d＝－28，∴Sk＝125k－14k2，

∴Sk＋1＝125k－14k2－28k＋111，Sk＋2＝125k－14k2－56k＋194．

∴要使 Sk＋1<Sk，且 Sk＋1<Sk＋2，只要

∴k>且k<，∴不存在符合题意的 k．

选③S5＝－25 时：设等差数列{an}的公差为 d．

∵＝－25，a5＝－1，∴a1＝－9，∴d＝2．

同理可得∴<k<，∴存在 k＝4符合题意．

法二　选①b1＋b3＝a2时：设等差数列{an}的公差为 d．

∵a5＝－1，a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，∴d＝3，

∴an＝a2＋(n－2)d＝3n－16，此时存在 k＝4，使 ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝2>0，

即存在 k＝4符合题意．

选②a4＝b4时：同理可得 an＝－28n＋139，此时{an}为递减数列，不存在正整数 k符合题意．

选③S5＝－25 时：同理可得 an＝2n－11，此时存在 k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝1>0，

即存在 k＝4符合题意．

[例5]　在① bn＝nan，② bn＝③ bn＝这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．

问题：已知数列{an}是等比数列，且 a1＝1，其中 a1，a2＋1，a3＋1成等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)记________，求数列{bn}的前 2n项和 T2n．

解析　(1)设数列{an}的公比为 q，因为 a1，a2＋1，a3＋1成等差数列，所以 2(a2＋1)＝a1＋a3＋1．

又因为 a1＝1，所以 2(q＋1)＝2＋q2，即 q2－2q＝0，所以 q＝2或q＝0(舍去)，所以 an＝2n－1．

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