2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 基礎(chǔ)回扣（四）數(shù)列學(xué)案 理.doc

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基礎(chǔ)回扣(四)　數(shù)列 [要點回扣] 1．a(chǎn)n與Sn的關(guān)系式 已知前n項和Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，則an＝.由Sn求an時，易忽略n＝1的情況． [對點專練1]　已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2＋1，則an＝________. [答案]　 2．等差數(shù)列的有關(guān)概念 (1)等差數(shù)列的判斷方法：定義法an＋1－an＝d(d為常數(shù)，n∈N*)或an＋1－an＝an－an－1(n≥2)． (2)等差數(shù)列的通項：an＝a1＋(n－1)d(n∈N*)或an＝am＋(n－m)d.(n，m∈N*) (3)等差數(shù)列的前n項和：Sn＝，Sn＝na1＋d. [對點專練2]　等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S3＝6，a3＝0.則公差d等于________． [答案]　－2 3．等差數(shù)列的性質(zhì) (1)當(dāng)公差d≠0時，等差數(shù)列的通項公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是關(guān)于n的一次函數(shù)，且斜率為公差d；前n項和Sn＝na1＋d＝n2＋n是關(guān)于n的二次函數(shù)且常數(shù)項為0. (2)若公差d>0，則為遞增等差數(shù)列；若公差d<0，則為遞減等差數(shù)列；若公差d＝0，則為常數(shù)列． (3)當(dāng)m＋n＝p＋q時，則有am＋an＝ap＋aq，特別地，當(dāng)m＋n＝2p時，則有am＋an＝2ap. (4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差數(shù)列． [對點專練3]　已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S10＝12，S20＝17，則S30為(　　) A．15　　　　B．20　　　　C．25　　　　D．30 [答案]　A 4．等比數(shù)列的有關(guān)概念 (1)等比數(shù)列的判斷方法：定義法＝q(q為常數(shù)，n∈N*)，其中q≠0，an≠0或＝(n≥2)．如一個等比數(shù)列{an}共有2n＋1項，奇數(shù)項之積為100，偶數(shù)項之積為120，則an＋1＝. (2)等比數(shù)列的通項：an＝a1qn－1或an＝amqn－m. (3)等比數(shù)列的前n項和：當(dāng)q＝1時，Sn＝na1；當(dāng)q≠1時，Sn＝＝. (4)等比中項：若a，A，b成等比數(shù)列，那么A叫做a與b的等比中項．值得注意的是，不是任何兩數(shù)都有等比中項，只有同號兩數(shù)才存在等比中項，且有兩個，即為.如已知兩個數(shù)a，b(a≠b)的等差中項為A，等比中項為B，則A與B的大小關(guān)系為A>B. [對點專練4]　在等比數(shù)列{an}中，若a1＝1，a5＝16，則a3＝________. [答案]　4 5．等比數(shù)列的性質(zhì) 當(dāng)m＋n＝p＋q時，則有aman＝apaq，特別地，當(dāng)m＋n＝2p時，則有aman＝a. [對點專練5]　各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a5a6＝9，則log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝________. [答案]　10 6．?dāng)?shù)列求和 數(shù)列求和時要明確項數(shù)、通項，并注意根據(jù)通項的特點選取合適的方法．?dāng)?shù)列求和的方法有公式法、分組求和法、倒序相加法、錯位相減法、裂項相消法等． [對點專練6]　數(shù)列{an}滿足an＋an＋1＝(n∈N，n≥1)，若a2＝1，Sn是{an}的前n項和，則S21的值為________． [答案]　 [易錯盤點] 易錯點1　忽視數(shù)列首項致誤 【例1】　已知數(shù)列{an}對任意n∈N*都滿足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，則數(shù)列{an}的通項公式為________． [錯解]　∵a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n， ∴a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8－5(n－1)， 兩式相減，得2n－1an＝－5， ∴an＝－. [錯因分析]　當(dāng)n＝1時，由題中條件可得a1＝3，而代入錯解中所得的通項公式可得a1＝－5，顯然是錯誤的．其原因是：兩式相減時，所適用的條件是n≥2，并不包含n＝1的情況．只有所求的通項公式對n＝1時也成立，才可以這樣寫，否則要分開寫． [正解]　當(dāng)n≥2時，由于a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n， 那么a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an－1＝8－5(n－1)， 兩式對應(yīng)相減可得2n－1an＝8－5n－[8－5(n－1)]＝－5， 所以an＝－. 而當(dāng)n＝1時，a1＝3≠－＝－5， 所以數(shù)列{an}的通項公式為 an＝ 本題實質(zhì)上已知數(shù)列{an}的前n項和Sn，求通項an與Sn的關(guān)系中，an＝Sn－Sn－1，成立的條件是n≥2，求出的an中不一定包括a1，而a1應(yīng)由a1＝S1求出，然后再檢驗a1是否在an中，這是一個典型的易錯點． [對點專練1]　 (1)數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，2Sn－nan＝n，若S20＝－360，則a2＝________. (2)已知數(shù)列{an}的前n項之和為Sn＝n2＋n＋1，則數(shù)列{an}的通項公式為________． [解析]　(1)∵2Sn－nan＝n，① ∴當(dāng)n≥2時，2Sn－1－(n－1)an－1＝n－1，② ∴①－②得：(2－n)an＋(n－1)an－1＝1，③ (1－n)an＋1＋nan＝1，④ 由③－④得，(2－2n)an＝(1－n)(an－1＋an＋1)， 又∵n≥2，∴1－n≠0.∴2an＝an－1＋an＋1(n≥2)， ∴數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，當(dāng)n＝1時，2S1－a1＝1，∴a1＝1， ∴S20＝20＋d＝－360，∴d＝－2，∴a2＝1－2＝－1. (2)當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝3； 當(dāng)n≥2時，an＝n2＋n＋1－(n－1)2－(n－1)－1＝2n， ∴an＝ [答案]　(1)－1　(2)an＝ 易錯點2　忽視等比數(shù)列公比的條件致誤 【例2】　各項均為實數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S10＝10，S30＝70，則S40等于(　　) A．150　　　　　　　　 B．－200 C．150或－200 D．400或－50 [錯解]　記b1＝S10，b2＝S20－S10，b3＝S30－S20，b4＝S40－S30，b1，b2，b3，b4是公比為r的等比數(shù)列．∴b1＋b2＋b3＝10＋10r＋10r2＝S30＝70，即r2＋r－6＝0，得r＝2或r＝－3.故S40＝，代入得S40＝150或－200.選C. [錯因分析]　數(shù)列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30的公比q10>0.忽略了此隱含條件，就產(chǎn)生了增解－200. [正解]　記b1＝S10，b2＝S20－S10，b3＝S30－S20，b4＝S40－S30，b1，b2，b3，b4是公比為r＝q10>0的等比數(shù)列． ∴b1＋b2＋b3＝10＋10r＋10r2＝S30＝70， ∴r2＋r－6＝0， ∴r＝2，r＝－3(舍去)， ∴S40＝b1＋b2＋b3＋b4＝＝150，故選A. 在等比數(shù)列中，公比的條件在使用中要注意隱含條件，Sn中q≠0；構(gòu)造新數(shù)列要注意新數(shù)列的公比和原公比的關(guān)系，如等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30的公比為q10>0. [對點專練2]　 (1)已知等比數(shù)列{an}的首項為a1，公比為q，給出下列四個有關(guān)數(shù)列{an}的命題： p1：如果a1>0且q>1，那么數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列； p2：如果a1<0且q<1，那么數(shù)列{an}是遞減的等比數(shù)列； p3：如果a1<0且00且01，則qn－1單調(diào)遞增，又a1>0，所以{an}單調(diào)遞增，p1為真命題；p2中an＝(－1)n，則{an}不具有單調(diào)性，所以p2為假命題；p3中若00，所以{an}單調(diào)遞減，p4為真命題．綜上，可知真命題的個數(shù)為3，故選C. (2)①當(dāng)q＝1時，S3＋S6＝9a1，S9＝9a1， ∴S3＋S6＝S9成立． ②當(dāng)q≠1時，由S3＋S6＝S9 得＋＝， ∴q9－q6－q3＋1＝0，即(q3－1)(q6－1)＝0. ∵q≠1，∴q3－1≠0，∴q6＝1，∴q＝－1. [答案]　(1)C　(2)1或－1 易錯點3　分類討論不當(dāng)致誤 【例3】　已知等差數(shù)列{an}的首項a1＝21，公差d＝－4，則數(shù)列{|an|}的前n項和Sn＝________. [錯解]　由題意，知an＝21－4(n－1)＝25－4n， 因此由an≥0，解得n≤，即數(shù)列{an}的前6項大于0，從第7項開始，以后各項均小于0. |a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| ＝(a1＋a2＋a3＋…＋a6)－(a7＋a8＋…＋an) ＝2(a1＋a2＋…＋a6)－(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋an) ＝2n2－23n＋132， 所以Sn＝2n2－23n＋132. [錯因分析]　忽視了n≤6的情況，只給出了n≥7的情況． [正解]　由題意，知an＝21－4(n－1)＝25－4n，因此由an≥0，解得n≤，即數(shù)列{an}的前6項大于0，從第7項開始，以后各項均小于0. 當(dāng)n≤6時，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－2n2＋23n. 當(dāng)n≥7時，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| ＝(a1＋a2＋a3…＋a6)－(a7＋a8＋…＋an) ＝2(a1＋a2＋…＋a6)－(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋an) ＝2n2－23n＋132， 所以Sn＝ 在數(shù)列問題中，一定要注意項數(shù)n的取值范圍，特別是在它取不同的值造成不確定的因素時，要注意對其加以分類討論． [對點專練3]　 (1)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，記Sn＝a1＋a2＋…＋an，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．a(chǎn)100＝－1，S100＝5 B．a(chǎn)100＝－3，S100＝5 C．a(chǎn)100＝－3，S100＝2 D．a(chǎn)100＝－1，S100＝2 (2)已知Sn是等差數(shù)列{an}(n∈N*)的前n項和，且S8>S9>S7，有下列四個命題，其中是假命題的是(　　) A．公差d<0 B．在所有Sn<0中，S17最大 C．a(chǎn)8>a9 D．滿足Sn>0的n的個數(shù)有15個 [解析]　(1)由題意知，a1＝1，a2＝3，a3＝2，a4＝－1，a5＝－3，a6＝－2，a7＝1，a8＝3由此可以得出數(shù)列{an}以6為一個周期，所以a100＝a4＝－1，S100＝a1＋a2＋a3＋a4＝5，故選A. (2)∵a8＝S8－S7>0，a9＝S9－S8<0，∴公差d＝a9－a8<0，∴A，C為真命題；∵S17＝＝＝17a9<0，又S9＝S7＋a8＋a9>S7，∴a8＋a9>0，∴S16＝＝＝8(a8＋a9)>0，∴滿足Sn>0的n的個數(shù)有16個，∴D為假命題，故選D. [答案]　(1)A　(2)D 易錯點4　數(shù)列與函數(shù)的區(qū)別認(rèn)識不清致誤 【例4】　已知數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，且對于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，則實數(shù)λ的取值范圍是________． [錯解]　因為an＝n2＋λn是關(guān)于n的二次函數(shù)，且n≥1，所以－≤1，解得λ≥－2. [錯因分析]　數(shù)列是以正整數(shù)N*(或它的有限子集{1,2，…，n})為定義域的函數(shù)，因此它的圖象只是一些孤立的點． [正解]　解法一：作出滿足條件的數(shù)列的圖象，如圖．由圖得，－<，所以λ>－3. 解法二：由{an}是遞增數(shù)列，得an－(2n＋1)，對任意n∈N*成立． 而－(2n＋1)≤－3，所以λ>－3. 數(shù)列是特殊的函數(shù)，其定義域為N*或它的子集，其圖象是一些孤立的點，在研究其性質(zhì)時不可忽略其特性． [對點專練4]　 (1)設(shè)函數(shù)f(x)＝an＝f(n)，若數(shù)列{an}是單調(diào)遞減數(shù)列，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，2) B. C. D. (2)等差數(shù)列{an}中，d<0，若|a3|＝|a9|，則數(shù)列{an}的前n項和取最大值時，n的值為________． [解析]　(1)由題意，知f(x)＝(a－2)x在(2，＋∞)上是減函數(shù)，且a1>a2，所以 即解得a<.故選C. (2)因為d<0，|a3|＝|a9|，所以a3＝－a9，a3＋a9＝0，a3＋a9＝2a6＝0，a6＝0，所以Sn取最大值時n＝5或6. [答案]　(1)C　(2)5或6