（通用版）2019版高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第二層級 重點增分 專題六 數(shù)列講義 理（普通生含解析）.doc

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重點增分專題六　數(shù)　列 [全國卷3年考情分析] 年份 全國卷Ⅰ 全國卷Ⅱ 全國卷Ⅲ 2018 等差數(shù)列的基本運算T4 等差數(shù)列的通項公式、前n項和公式及最值T17 等比數(shù)列的通項公式、前n項和公式T17 Sn與an的關系、等比數(shù)列求和T14 2017 等差數(shù)列的通項公式、前n項和公式T4 數(shù)學文化、等比數(shù)列的概念、前n項和公式T3 等差數(shù)列的通項公式、前n項和公式及等比中項T9 等差數(shù)列的通項公式、前n項和公式、裂項相消法求和T15 等比數(shù)列的通項公式T14 2016 等差數(shù)列的基本運算T3 等差數(shù)列的通項公式、前n項和公式、創(chuàng)新問題T17 數(shù)列的遞推關系及通項公式、前n項和公式T17 等比數(shù)列的運算及二次函數(shù)最值問題T15 (1)高考主要考查等差數(shù)列及等比數(shù)列的基本運算，兩類數(shù)列求和方法(裂項相消法、錯位相減法)、兩類綜合(與函數(shù)綜合、與不等式綜合)，主要突出數(shù)學思想的應用． (2)若以解答題形式考查，數(shù)列往往與解三角形在17題的位置上交替考查，試題難度中等；若以客觀題考查，難度中等的題目較多． [大穩(wěn)定] 1.(2018全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝(　　) A．－12　　　　　　　　 　B．－10 C．10 D．12 解析：選B　設等差數(shù)列{an}的公差為d，由3S3＝S2＋S4，得3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0.將a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4(－3)＝－10. 2.已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝1，＝，則數(shù)列{an}的公比q為(　　) A．4 B．2 C. D. 解析：選C　因為＝≠2，所以q≠1.所以＝＝1＋q5， 所以1＋q5＝，所以q＝. 3.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝3. (1)若a3＋b3＝7，求{bn}的通項公式； (2)若T3＝13，求Sn. 解：(1)設{an}的公差為d，{bn}的公比為q， 則an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1. 由a2＋b2＝3，得d＋q＝4，　?、? 由a3＋b3＝7，得2d＋q2＝8，?、? 聯(lián)立①②，解得q＝2或q＝0(舍去)， 因此{bn}的通項公式為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. [解題方略]　等差(比)數(shù)列基本運算的解題思路 (1)設基本量：首項a1和公差d(公比q)． (2)列、解方程(組)：把條件轉化為關于a1和d(或q)的方程(組)，然后求解，注意整體計算，以減少運算量． [小創(chuàng)新] 1.設數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝10，點Pn(n，an)對任意的n∈N*，都有向量＝(1,2)，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________. 解析：∵Pn(n，an)，∴Pn＋1(n＋1，an＋1)， ∴＝(1，an＋1－an)＝(1,2)， ∴an＋1－an＝2， ∴數(shù)列{an}是公差d為2的等差數(shù)列． 又由a2＋a4＝2a1＋4d＝2a1＋42＝10，解得a1＝1， ∴Sn＝n＋2＝n2. 答案：n2 2.設某數(shù)列的前n項和為Sn，若為常數(shù)，則稱該數(shù)列為“和諧數(shù)列”．若一個首項為1，公差為d(d≠0)的等差數(shù)列{an}為“和諧數(shù)列”，則該等差數(shù)列的公差d＝________. 解析：由＝k(k為常數(shù))，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，∵對任意正整數(shù)n，上式恒成立，∴得∴數(shù)列{an}的公差為2. 答案：2 3.(2017全國卷Ⅱ)我國古代數(shù)學名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈(　　) A．1盞 B．3盞 C．5盞 D．9盞 解析：選B　每層塔所掛的燈數(shù)從上到下構成等比數(shù)列，記為{an}，則前7項的和S7＝381，公比q＝2，依題意，得S7＝＝381，解得a1＝3. [大穩(wěn)定] 1.在等比數(shù)列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，則的值為(　　) A．－　　　　　　 　B．－ C. D．－或 解析：選B　設等比數(shù)列{an}的公比為q，因為a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3a15＝a＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，則a9＝－，所以＝＝a9＝－，故選B. 2.設Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，若S4≠0，且S8＝3S4，設S12＝λS8，則λ＝(　　) A. B. C．2 D．3 解析：選C　因為Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和， 若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8， 所以由等差數(shù)列的性質得：S4，S8－S4，S12－S8成等差數(shù)列， 所以2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)， 所以2(3S4－S4)＝S4＋(λ3S4－3S4)， 解得λ＝2. 3.在等差數(shù)列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，則數(shù)列{an}的前n項和Sn的最大值為________． 解析：設{an}的公差為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. 因為n∈N*， 所以當n＝7時，數(shù)列{an}的前n項和Sn最大，最大值為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， 所以當n＝7時，數(shù)列{an}的前n項和Sn最大，最大值為S7＝49. 答案：49 4.已知數(shù)列{an}滿足an＝若對于任意的n∈N*都有an>an＋1，則實數(shù)λ的取值范圍是________． 解析：法一：因為an>an＋1，所以數(shù)列{an}是遞減數(shù)列， 所以解得<λ<. 所以實數(shù)λ的取值范圍是. 法二：因為an>an＋1恒成立，所以0<λ<1. 若0<λ≤，則當n<6時，數(shù)列{an}為遞增數(shù)列或常數(shù)列，不滿足對任意的n∈N*都有an>an＋1； 若<λ<1，則當n<6時，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，當n≥6時，數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，又對任意的n∈N*都有an>an＋1，所以a60，則f(a1)＋f(a3)＋f(a5)的值(　　) A．恒為正數(shù) B．恒為負數(shù) C．恒為0 D．可以為正數(shù)也可以為負數(shù) 解析：選A　因為函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，又f(x)是R上的增函數(shù)，所以當x>0時，有f(x)>f(0)＝0，當x<0時，有f(x)0，所以f(a3)>0.因為數(shù)列{an}是等差數(shù)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.已知數(shù)列{an}滿足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝，若函數(shù)f(x)＝sin 2x＋2cos2 ，記yn＝f(an)，則數(shù)列{yn}的前9項和為(　　) A．0 B．－9 C．9 D．1 解析：選C　由已知可得，數(shù)列{an}為等差數(shù)列，f(x)＝sin 2x＋cos x＋1，∴f＝1.∵f(π－x)＝sin(2π－2x)＋cos(π－x)＋1＝－sin 2x－cos x＋1，∴f(π－x)＋f(x)＝2，∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，∴f(a1)＋…＋f(a9)＝24＋1＝9，即數(shù)列{yn}的前9項和為9. 4.數(shù)列{an}是首項a1＝m，公差為2的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足2bn＝(n＋1)an，若對任意n∈N*都有bn≥b5成立，則m的取值范圍是________． 解析：由題意得，an＝m＋2(n－1)， 從而bn＝an＝[m＋2(n－1)]． 又對任意n∈N*都有bn≥b5成立，結合數(shù)列{bn}的函數(shù)特性可知b4≥b5，b6≥b5， 故解得－22≤m≤－18. 答案：[－22，－18] [典例]　設Sn為數(shù)列{an}的前n項和，對任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，數(shù)列{bn}滿足b1＝2a1，bn＝(n≥2，n∈N*)． (1)求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列，并求{an}的通項公式； (2)判斷數(shù)列是等差數(shù)列還是等比數(shù)列，并求數(shù)列{bn}的通項公式． [解]　(1)當n＝1時，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1； 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an， 即＝(n≥2，n∈N*)． 所以數(shù)列{an}是首項為1， 公比為的等比數(shù)列， 故數(shù)列{an}的通項公式為an＝n－1. (2)因為a1＝1，所以b1＝2a1＝2. 因為bn＝，所以＝＋1， 即－＝1(n≥2)． 所以數(shù)列是首項為， 公差為1的等差數(shù)列． 所以＝＋(n－1)1＝， 故數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝. [解題方略]　數(shù)列{an}是等差數(shù)列或等比數(shù)列的證明方法 (1)證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列的兩種基本方法： ①利用定義，證明an＋1－an(n∈N*)為一常數(shù)； ②利用等差中項，即證明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． (2)證明{an}是等比數(shù)列的兩種基本方法 ①利用定義，證明(n∈N*)為一常數(shù)； ②利用等比中項，即證明a＝an－1an＋1(n≥2)． [多練強化] 　已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)． (1)求a1，a2，a3的值． (2)設bn＝an＋3，證明數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，并求通項公式an. 解：(1)因為數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)． 所以n＝1時，由a1＝S1＝2a1－31，解得a1＝3， n＝2時，由S2＝2a2－32，得a2＝9， n＝3時，由S3＝2a3－33，得a3＝21. (2)因為Sn＝2an－3n， 所以Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)， 兩式相減，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， 所以數(shù)列{bn}是以6為首項，2為公比的等比數(shù)列， 所以bn＝62n－1， 所以an＝bn－3＝62n－1－3＝3(2n－1). 增分考點深度精研 [析母題] [典例]　已知數(shù)列{an}滿足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數(shù)列{bnbn＋1}的前n項和Tn. [解]　(1)當n＝1時，a1＝. 因為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＝＝＝. [練子題] 1．在本例條件下，若設bn＝anlogan，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解：∵an＝，∴bn＝， ∴Tn＝＋＋＋…＋， Tn＝＋＋＋…＋， 兩式相減得， Tn＝＋＋＋＋…＋－ ＝2－ ＝2－ ＝－－ ＝－， ∴Tn＝－. 2．在本例條件下，若數(shù)列的前n項和為Sn，記bn＝(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解：∵an＝，∴＝4n，Sn＝4n－， 則bn＝＝42n－4n， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝(42＋44＋…＋42n)－(4＋42＋…＋4n) ＝－ ＝42n－4n＋. 3．在本例條件下，設bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解：∵an＝， ∴bn＝＝ ＝. ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝－＋－＋…－ ＝＝－. [解題方略] 1．分組求和中分組的策略 (1)根據(jù)等差、等比數(shù)列分組． (2)根據(jù)正號、負號分組． 2．裂項相消求和的規(guī)律 (1)裂項系數(shù)取決于前后兩項分母的差． (2)裂項相消后前、后保留的項數(shù)一樣多． 3．錯位相減法求和的關注點 (1)適用題型：等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列{bn}對應項相乘({anbn})型數(shù)列求和． (2)步驟： ①求和時先乘以數(shù)列{bn}的公比； ②將兩個和式錯位相減； ③整理結果形式． [多練強化] 1．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，S3＝a5.令bn＝(－1)n－1an，則數(shù)列{bn}的前2n項和T2n為(　　) A．－n　　　　　　　　　 　B．－2n C．n D．2n 解析：選B　設等差數(shù)列{an}的公差為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，選B. 2．(2017天津高考)已知{an}為等差數(shù)列，前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通項公式； (2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和(n∈N*)． 解：(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q. 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12， 而b1＝2，所以q2＋q－6＝0. 又因為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. 所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2n. (2)由(1)知a2n＝6n－2，b2n－1＝24n－1， 則a2nb2n－1＝(3n－1)4n， 設數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和為Tn， 故Tn＝24＋542＋843＋…＋(3n－1)4n， 4Tn＝242＋543＋844＋…＋(3n－4)4n＋(3n－1)4n＋1， 上述兩式相減，得－3Tn＝24＋342＋343＋…＋34n－(3n－1)4n＋1 ＝－4－(3n－1)4n＋1 ＝－(3n－2)4n＋1－8. 故Tn＝4n＋1＋. 所以數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和為4n＋1＋. 3．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，n∈N*，且a2＝3，S5＝25. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝，記數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，證明：Tn<1. 解：(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d. 因為所以 解得所以an＝2n－1. (2)證明：由(1)知，an＝2n－1， 所以Sn＝＝n2. 所以bn＝＝＝－. 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝＋＋…＋ ＝1－<1. 數(shù)學運算——數(shù)列的通項公式及求和問題 [典例]　設{an}是公比大于1的等比數(shù)列，Sn為其前n項和，已知S3＝7，a1＋3,3a2，a3＋4構成等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)令bn＝an＋ln an，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. [解]　(1)設數(shù)列{an}的公比為q(q>1)． 由已知，得 即 由q>1，解得 故數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1. (2)由(1)得bn＝2n－1＋(n－1)ln 2， 所以Tn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)]ln 2＝＋ln 2＝2n－1＋ln 2. [素養(yǎng)通路] 數(shù)學運算是指在明晰運算對象的基礎上，依據(jù)運算法則解決數(shù)學問題的素養(yǎng)．主要包括：理解運算對象，掌握運算法則，探究運算思路，選擇運算方法，設計運算程序，求得運算結果等． 本題通過列出關于首項與公比的方程組，并解此方程組得出首項與公比，從而得出通項公式；通過分組分別根據(jù)等比數(shù)列求和公式、等差數(shù)列求和公式求和．考查了數(shù)學運算這一核心素養(yǎng)．