版二轮复习数学理普通生通用版讲义第一部分 第二层级 重点增分专题六 数 列.docx

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版二轮复习数学理普通生通用版讲义第一部分第二层级重点增分专题六数列

重点增分专题六　数　列

[全国卷3年考情分析]

年份

全国卷Ⅰ

全国卷Ⅱ

全国卷Ⅲ

2018

等差数列的基本运算·T4

等差数列的通项公式、前n项和公式及最值·T17

等比数列的通项公式、前n项和公式·T17

Sn与an的关系、等比数列求和·T14

2017

等差数列的通项公式、前n项和公式·T4

数学文化、等比数列的概念、前n项和公式·T3

等差数列的通项公式、前n项和公式及等比中项·T9

等差数列的通项公式、前n项和公式、裂项相消法求和·T15

等比数列的通项公式·T14

2016

等差数列的基本运算·T3

等差数列的通项公式、前n项和公式、创新问题·T17

数列的递推关系及通项公式、前n项和公式·T17

等比数列的运算及二次函数最值问题·T15

（1）高考主要考查等差数列及等比数列的基本运算，两类数列求和方法（裂项相消法、错位相减法）、两类综合（与函数综合、与不等式综合），主要突出数学思想的应用．

（2）若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多．

[大稳定]

1.（2018·全国卷Ⅰ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝（　　）

A．－12　　　　　　　　　B．－10

C．10D．12

解析：

选B　设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3（3a1＋3d）＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0.将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋（5－1）d＝2＋4×（－3）＝－10.

2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，＝，则数列{an}的公比q为（　　）

A．4B．2

C.D.

解析：

选C　因为＝≠2，所以q≠1.所以＝＝1＋q5，

所以1＋q5＝，所以q＝.

3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝3.

（1）若a3＋b3＝7，求{bn}的通项公式；

（2）若T3＝13，求Sn.

解：

（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，

则an＝－1＋（n－1）d，bn＝qn－1.

由a2＋b2＝3，得d＋q＝4，　　①

由a3＋b3＝7，得2d＋q2＝8，　②

联立①②，解得q＝2或q＝0（舍去），

因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.

（2）∵T3＝1＋q＋q2，∴1＋q＋q2＝13，

解得q＝3或q＝－4，

由a2＋b2＝3，得d＝4－q，∴d＝1或d＝8.

由Sn＝na1＋n（n－1）d，

得Sn＝n2－n或Sn＝4n2－5n.

[解题方略]　等差（比）数列基本运算的解题思路

（1）设基本量：

首项a1和公差d（公比q）．

（2）列、解方程（组）：

把条件转化为关于a1和d（或q）的方程（组），然后求解，注意整体计算，以减少运算量．

[小创新]

1.设数列{an}满足a2＋a4＝10，点Pn（n，an）对任意的n∈N*，都有向量＝（1,2），则数列{an}的前n项和Sn＝________.

解析：

∵Pn（n，an），∴Pn＋1（n＋1，an＋1），

∴＝（1，an＋1－an）＝（1,2），

∴an＋1－an＝2，

∴数列{an}是公差d为2的等差数列．

又由a2＋a4＝2a1＋4d＝2a1＋4×2＝10，解得a1＝1，

∴Sn＝n＋×2＝n2.

答案：

n2

2.设某数列的前n项和为Sn，若为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d（d≠0）的等差数列{an}为“和谐数列”，则该等差数列的公差d＝________.

解析：

由＝k（k为常数），且a1＝1，得n＋n（n－1）d＝k，即2＋（n－1）d＝4k＋2k（2n－1）d，整理得，（4k－1）dn＋（2k－1）（2－d）＝0，∵对任意正整数n，上式恒成立，∴得∴数列{an}的公差为2.

答案：

2

3.（2017·全国卷Ⅱ）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：

“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？

”意思是：

一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（　　）

A．1盏B．3盏

C．5盏D．9盏

解析：

选B　每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝＝381，解得a1＝3.

[大稳定]

1.在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，则的值为（　　）

A．－　　　　　　　B．－

C.D．－或

解析：

选B　设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝a＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－，故选B.

2.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S4≠0，且S8＝3S4，设S12＝λS8，则λ＝（　　）

A.B.

C．2D．3

解析：

选C　因为Sn是等差数列{an}的前n项和，

若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，

所以由等差数列的性质得：

S4，S8－S4，S12－S8成等差数列，

所以2（S8－S4）＝S4＋（S12－S8），

所以2（3S4－S4）＝S4＋（λ·3S4－3S4），

解得λ＝2.

3.在等差数列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________．

解析：

设{an}的公差为d.

法一：

由3a2＝11a6，得3（13＋d）＝11（13＋5d），

解得d＝－2，所以an＝13＋（n－1）×（－2）＝－2n＋15.

由得解得6.5≤n≤7.5.

因为n∈N*，

所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝＝49.

法二：

由3a2＝11a6，得3（13＋d）＝11（13＋5d），

解得d＝－2，所以an＝13＋（n－1）×（－2）＝－2n＋15.

所以Sn＝＝－n2＋14n＝－（n－7）2＋49，

所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝49.

答案：

49

4.已知数列{an}满足an＝若对于任意的n∈N*都有an>an＋1，则实数λ的取值范围是________．

解析：

法一：

因为an>an＋1，所以数列{an}是递减数列，

所以解得<λ<.

所以实数λ的取值范围是.

法二：

因为an>an＋1恒成立，所以0<λ<1.

若0<λ≤，则当n<6时，数列{an}为递增数列或常数列，不满足对任意的n∈N*都有an>an＋1；

若<λ<1，则当n<6时，数列{an}为递减数列，当n≥6时，数列{an}为递减数列，又对任意的n∈N*都有an>an＋1，所以a6

综上，实数λ的取值范围为.

答案：

[解题方略]　等差、等比数列性质问题的求解策略

抓关系

抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解

用性质

数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题

[小创新]

1.在等差数列{an}中，公差d≠0，若lga1，lga2，lga4也成等差数列，且a5＝10，则{an}的前5项和S5＝（　　）

A．40B．35

C．30D．25

解析：

选C　因为lga1，lga2，lga4成等差数列，所以2lga2＝lga1＋lga4⇒lga＝lga1a4⇒a＝a1a4⇒d2＝a1d，因为d≠0，所以a1＝d，又a5＝a1＋4d＝10，所以a1＝2，d＝2，S5＝5a1＋d＝30.选C.

2.已知函数f（x）是R上的单调递增函数且为奇函数，数列{an}是等差数列，a3>0，则f（a1）＋f（a3）＋f（a5）的值（　　）

A．恒为正数

B．恒为负数

C．恒为0

D．可以为正数也可以为负数

解析：

选A　因为函数f（x）是R上的奇函数，所以f（0）＝0，又f（x）是R上的增函数，所以当x>0时，有f（x）>f（0）＝0，当x<0时，有f（x）0，所以f（a3）>0.因为数列{an}是等差数列，所以＝a3>0⇒a1＋a5>0⇒a1>－a5⇒f（a1）>f（－a5），又f（－a5）＝－f（a5），所以f（a1）＋f（a5）>0，故f（a1）＋f（a3）＋f（a5）＝[f（a1）＋f（a5）]＋f（a3）>0.

3.已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝，若函数f（x）＝sin2x＋2cos2，记yn＝f（an），则数列{yn}的前9项和为（　　）

A．0B．－9

C．9D．1

解析：

选C　由已知可得，数列{an}为等差数列，f（x）＝sin2x＋cosx＋1，∴f＝1.∵f（π－x）＝sin（2π－2x）＋cos（π－x）＋1＝－sin2x－cosx＋1，∴f（π－x）＋f（x）＝2，∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，∴f（a1）＋…＋f（a9）＝2×4＋1＝9，即数列{yn}的前9项和为9.

4.数列{an}是首项a1＝m，公差为2的等差数列，数列{bn}满足2bn＝（n＋1）an，若对任意n∈N*都有bn≥b5成立，则m的取值范围是________．

解析：

由题意得，an＝m＋2（n－1），

从而bn＝an＝[m＋2（n－1）]．

又对任意n∈N*都有bn≥b5成立，结合数列{bn}的函数特性可知b4≥b5，b6≥b5，

故解得－22≤m≤－18.

答案：

[－22，－18]

[典例]　设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝（n≥2，n∈N*）．

（1）求证：

数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；

（2）判断数列是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．

[解]　

（1）当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，

即＝（n≥2，n∈N*）．

所以数列{an}是首项为1，

公比为的等比数列，

故数列{an}的通项公式为an＝n－1.

（2）因为a1＝1，所以b1＝2a1＝2.

因为bn＝，所以＝＋1，

即－＝1（n≥2）．

所以数列是首项为，

公差为1的等差数列．

所以＝＋（n－1）·1＝，

故数列{bn}的通项公式为bn＝.

[解题方略]　数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法

（1）证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：

①利用定义，证明an＋1－an（n∈N*）为一常数；

②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1（n≥2）．

（2）证明{an}是等比数列的两种基本方法

①利用定义，证明（n∈N*）为一常数；

②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1（n≥2）．

[多练强化]

　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n（n∈N*）．

（1）求a1，a2，a3的值．

（2）设bn＝an＋3，证明数列{bn}为等比数列，并求通项公式an.

解：

（1）因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n（n∈N*）．

所以n＝1时，由a1＝S1＝2a1－3×1，解得a1＝3，

n＝2时，由S2＝2a2－3×2，得a2＝9，

n＝3时，由S3＝2a3－3×3，得a3＝21.

（2）因为Sn＝2an－3n，

所以Sn＋1＝2an＋1－3（n＋1），

两式相减，得an＋1＝2an＋3，①

把bn＝an＋3及bn＋1＝an＋1＋3，代入①式，

得bn＋1＝2bn（n∈N*），且b1＝6，

所以数列{bn}是以6为首项，2为公比的等比数列，

所以bn＝6×2n－1，

所以an＝bn－3＝6×2n－1－3＝3（2n－1）.

增分考点·深度精研

[析母题]

[典例]　已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝（n∈N*）．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn＝，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.

[解]　

（1）当n＝1时，a1＝.

因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝，①

所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝（n≥2），②

①－②得4n－1an＝（n≥2），

所以an＝（n≥2）．

由于a1＝，故an＝.

（2）由

（1）得bn＝＝，

所以bnbn＋1＝＝，

故Tn＝＝＝.

[练子题]

1．在本例条件下，若设bn＝anlogan，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：

∵an＝，∴bn＝，

∴Tn＝＋＋＋…＋，

Tn＝＋＋＋…＋，

两式相减得，

Tn＝＋＋＋＋…＋－

＝2－

＝2×－

＝－－

＝－，

∴Tn＝－.

2．在本例条件下，若数列的前n项和为Sn，记bn＝（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn.

解：

∵an＝，∴＝4n，Sn＝×4n－，

则bn＝＝×42n－×4n，

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝（42＋44＋…＋42n）－（4＋42＋…＋4n）

＝×－×

＝×42n－×4n＋.

3．在本例条件下，设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：

∵an＝，

∴bn＝＝

＝.

∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

＝－＋－＋…－

＝＝－.

[解题方略]

1．分组求和中分组的策略

（1）根据等差、等比数列分组．

（2）根据正号、负号分组．

2．裂项相消求和的规律

（1）裂项系数取决于前后两项分母的差．

（2）裂项相消后前、后保留的项数一样多．

3．错位相减法求和的关注点

（1）适用题型：

等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘（{an·bn}）型数列求和．

（2）步骤：

①求和时先乘以数列{bn}的公比；

②将两个和式错位相减；

③整理结果形式．

[多练强化]

1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＝a5.令bn＝（－1）n－1an，则数列{bn}的前2n项和T2n为（　　）

A．－n　　　　　　　　　　B．－2n

C．nD．2n

解析：

选B　设等差数列{an}的公差为d，由S3＝a5，得3a2＝a5，∴3（1＋d）＝1＋4d，解得d＝2，∴an＝2n－1，∴bn＝（－1）n－1（2n－1），∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋（4n－3）－（4n－1）＝－2n，选B.

2．（2017·天津高考）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.

（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

由①②，解得a1＝1，d＝3，所以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.

（2）由

（1）知a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，

则a2nb2n－1＝（3n－1）×4n，

设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，

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

＝－4－（3n－1）×4n＋1

＝－（3n－2）×4n＋1－8.

故Tn＝×4n＋1＋.

所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.

3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，且a2＝3，S5＝25.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：

Tn<1.

解：

（1）设等差数列{an}的公差为d.

因为所以

解得所以an＝2n－1.

（2）证明：

由

（1）知，an＝2n－1，

所以Sn＝＝n2.

所以bn＝＝＝－.

所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

＝＋＋…＋

＝1－<1.

数学运算——数列的通项公式及求和问题

[典例]　设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为其前n项和，已知S3＝7，a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）令bn＝an＋lnan，求数列{bn}的前n项和Tn.

[解]　

（1）设数列{an}的公比为q（q>1）．

由已知，得

即

由q>1，解得

故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.

（2）由

（1）得bn＝2n－1＋（n－1）ln2，

所以Tn＝（1＋2＋22＋…＋2n－1）＋[0＋1＋2＋…＋（n－1）]ln2＝＋ln2＝2n－1＋ln2.

[素养通路]

数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养．主要包括：

理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．

本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和．考查了数学运算这一核心素养．