（通用版）2019版高考数学二轮复习第一部分第二层级重点增分专题六数列讲义理（普通生，含解析）.doc

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1、1重点增分专题六 数 列全国卷 3 年考情分析年份 全国卷 全国卷 全国卷等差数列的基本运算T 42018 Sn与 an的关系、等比数列求和T 14等差数列的通项公式、前 n项和公式及最值T 17等比数列的通项公式、前 n 项和公式T 17数学文化、等比数列的概念、前 n 项和公式T 3等差数列的通项公式、前 n 项和公式及等比中项T 92017等差数列的通项公式、前n 项和公式T 4 等差数列的通项公式、前 n项和公式、裂项相消法求和T 15等比数列的通项公式T 14等差数列的基本运算T 32016 等比数列的运算及二次函数最值问题T 15等差数列的通项公式、前 n项和公式、创新问题T 17

2、数列的递推关系及通项公式、前 n 项和公式T 17(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考 点 一 等 差 、 等 比 数 列 的 基 本 运 算保 分 考 点 练 后 讲 评大稳定 常 规 角 度 考 双 基1. (2018全国卷)记 Sn为等差数列 an的前 n 项和，若等 差 数 列 的 基 本 运 算 3S3 S2 S4， a12，则 a5( )A12

3、B10C10 D12解析：选 B 设等差数列 an的公差为 d，由 3S3 S2 S4，得 3(3a13 d)2 a1 d4 a16 d，即 3a12 d0.将 a12 代入上式，解得 d3，故 a5 a1(51)d24(3)10.2. 已知等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a11， ，则等 比 数 列 的 基 本 运 算 S10S5 3332数列 an的公比 q 为( )A4 B22C. D.12 34解析：选 C 因为 2，所以 q1.所以 1 q5，S10S5 3332 S10S5a1 1 q101 qa1 1 q51 q所以 1 q5 ，所以 q .3332 123. 已知等差

4、数列 an的前 n 项和为 Sn，等比数列 bn的等 差 与 等 比 数 列 的 综 合 运 算 前 n 项和为 Tn， a11， b11， a2 b23.(1)若 a3 b37，求 bn的通项公式；(2)若 T313，求 Sn.解：(1)设 an的公差为 d， bn的公比为 q，则 an1( n1) d， bn qn1 .由 a2 b23，得 d q4， 由 a3 b37，得 2d q28， 联立，解得 q2 或 q0(舍去)，因此 bn的通项公式为 bn2 n1 .(2) T31 q q2，1 q q213，解得 q3 或 q4，由 a2 b23，得 d4 q， d1 或 d8.由 Sn

5、na1 n(n1) d，12得 Sn n2 n 或 Sn4 n25 n.12 32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 变 换 角 度 考 迁 移1. 设数列 an满足 a2 a410，点 Pn(n， an)对任意的 nN *，都有与 平 面 向 量 交 汇 向量 (1,2)，则数列 an的前 n 项和 Sn_.PnPn 1 解析： Pn(n， an)， Pn1 (n1， an1 )， (1， an1 an)(1,2)，Pn

6、Pn 1 an1 an2，3数列 an是公差 d 为 2 的等差数列又由 a2 a42 a14 d2 a14210，解得 a11， Sn n 2 n2.n n 12答案： n22. 设某数列的前 n 项和为 Sn，若 为常数，则称该数列为“和定 义 数 列 中 的 创 新 SnS2n谐数列” 若一个首项为 1，公差为 d(d0)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 a11，得 n n(n1)SnS2n 12d k ，即 2( n1) d4 k2 k(2n1) d，整理得，(4 k1)2n122n 2n 1 ddn(2 k1)(2 d)0，对

7、任意正整数 n，上式恒成立，Error!得Error!数列 an的公差为 2.答案：23. (2017全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问借 助 数 学 文 化 考 查 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( )A1 盏 B3 盏C5 盏 D9 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S7381，公比 q2，依题意，得 S7 381，解得 a13.a1 1 271 2考 点 二 等 差 数 列 、 等 比

8、 数 列 的 性 质保 分 考 点 练 后 讲 评大稳定 常 规 角 度 考 双 基1. 在等比数列 an中， a3， a15是方程 x26 x20 的根，则等 比 数 列 项 的 性 质 的值为( )a2a16a9A B2 22 2C. D 或2 2 2解析：选 B 设等比数列 an的公比为 q，因为 a3， a15是方程 x26 x20 的根，所以 a3a15 a 2， a3 a156，所以 a3an1 ，则数 列 的 单 调 性 实数 的取值范围是_解析：法一：因为 anan1 ，所以数列 an是递减数列，所以Error! 解得 an1 恒成立，所以 0an1 ；若 an1 ，所以 a6

9、0，则 f(a1) f(a3) f(a5)的值( )A恒为正数B恒为负数C恒为 0D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 x0 时，有 f(x)f(0)0，当 x0，所以 f(a3)0.因为数列 an是等差数列，所以 a30a1 a50a1 a5f(a1)f( a5)，又 f( a5)a1 a526 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 an2 an1 an1 an， nN *，且数 列 与

10、三 角 函 数 交 汇 a5 ，若函数 f(x)sin 2 x2cos 2 ，记 yn f(an)，则数列 yn的前 9 项和为( ) 2 x2A0 B9C9 D1解析：选 C 由已知可得，数列 an为等差数列， f(x)sin 2xcos x1， f 1. f( x)sin(22 x)cos( x)1sin 2xcos ( 2)x1， f( x) f(x)2， a1 a9 a2 a82 a5， f(a1) f(a9)2419，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满足数 列 与 不 等 式 交 汇 2bn( n1) an，若对任

11、意 nN *都有 bn b5成立，则 m 的取值范围是_解析：由题意得， an m2( n1)，从而 bn an m2( n1)n 12 n 12又对任意 nN *都有 bn b5成立，结合数列 bn的函数特性可知 b4 b5， b6 b5，故Error! 解得22 m18.答案：22，18考 点 三 等 差 比 数 列 的 判 断 与 证 明增 分 考 点 讲 练 冲 关典例 设 Sn为数列 an的前 n 项和，对任意的 nN *，都有 Sn2 an，数列 bn满足 b12 a1， bn (n2， nN *)bn 11 bn 1(1)求证：数列 an是等比数列，并求 an的通项公式；(2)判

12、断数列 是等差数列还是等比数列，并求数列 bn的通项公式1bn解 (1)当 n1 时， a1 S12 a1，解得 a11；当 n2 时， an Sn Sn1 an1 an，即 (n2， nN *)anan 1 12所以数列 an是首项为 1，公比为 的等比数列，12故数列 an的通项公式为 an n1 .(12)(2)因为 a11，所以 b12 a12.7因为 bn ，所以 1，bn 11 bn 1 1bn 1bn 1即 1( n2)1bn 1bn 1所以数列 是首项为 ，1bn 12公差为 1 的等差数列所以 ( n1)1 ，1bn 12 2n 12故数列 bn的通项公式为 bn .22n

13、1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：利用定义，证明 an1 an(nN *)为一常数；利用等差中项，即证明 2an an1 an1 (n2)(2)证明 an是等比数列的两种基本方法利用定义，证明 (nN *)为一常数；an 1an利用等比中项，即证明 a an1 an1 (n2)2n多练强化已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2 an3 n(nN *)(1)求 a1， a2， a3的值(2)设 bn an3，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 Sn2 an3 n

14、(nN *)所以 n1 时，由 a1 S12 a131，解得 a13，n2 时，由 S22 a232，得 a29，n3 时，由 S32 a333，得 a321.(2)因为 Sn2 an3 n，所以 Sn1 2 an1 3( n1)，两式相减，得 an1 2 an3，把 bn an3 及 bn1 an1 3，代入式，得 bn1 2 bn(nN *)，且 b16，所以数列 bn是以 6 为首项，2 为公比的等比数列，所以 bn62 n1 ，所以 an bn362 n1 33(2 n1).8增分考点深度精研考 点 四 数 列 求 和析母题 高 考 年 年 “神 ”相 似典例 已知数列 an满足 a1

15、4 a24 2a34 n1 an (nN *)n4(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn ，求数列 bnbn1 的前 n 项和 Tn.4nan2n 1解 (1)当 n1 时， a1 .14因为 a14 a24 2a34 n2 an1 4 n1 an ，n4所以 a14 a24 2a34 n2 an1 (n2)，n 14得 4n1 an (n2)，14所以 an (n2)14n由于 a1 ，故 an .14 14n(2)由(1)得 bn ，4nan2n 1 12n 1所以 bnbn1 ，1 2n 1 2n 3 12( 12n 1 12n 3)故 Tn .12(13 15 15 17 12n

16、 1 12n 3) 12(13 12n 3) n6n 9练子题 高 考 年 年 “形 ”不 同1在本例条件下，若设 bn anlog an，求数列 bn的前 n 项和 Tn.12解： an ， bn ，14n 2n4n Tn ，241 442 643 2n4nTn ，14 242 443 644 2n4n 1两式相减得，Tn 34 24 242 243 244 24n 2n4n 12 (14 142 143 144 14n) 2n4n 192 14(1 14n)1 14 2n4n 1 23 234n 2n4n 1 ，23 6n 834n 1 Tn .89 6n 894n2在本例条件下，若数列

17、的前 n 项和为 Sn，记 bn (nN *)，求数列 bn的前1an Snann 项和 Tn.解： an ， 4 n， Sn 4n ，14n 1an 43 43则 bn 42n 4n，Snan 43 43 Tn b1 b2 bn (424 44 2n) (44 24 n)43 43 43 16 1 42n1 16 43 4 1 4n1 4 42n 4n .6445 169 16453在本例条件下，设 bn ，求数列 bn的前 n 项和 Tn.an an 1 an 1 1解： an ，14n bn 14n(14n 1)( 14n 1 1) 4n 1 4n 1 4n 1 1 .43( 14n 1

18、 14n 1 1) Tn b1 b2 b3 bn 4314 1 142 1 142 1 143 1 14n 1 110 .43(15 14n 1 1) 415 434n 1 3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( anbn)型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列 bn的公比；将两个和式错位相减；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 a11， S3

19、 a5.令 bn(1) n1 an，则数列bn的前 2n 项和 T2n为( )A n B2 nC n D2 n解析：选 B 设等差数列 an的公差为 d，由 S3 a5，得 3a2 a5，3(1 d)14 d，解得 d2， an2 n1， bn(1) n1 (2n1)， T2n1357(4 n3)(4 n1)2 n，选 B.2(2017天津高考)已知 an为等差数列，前 n 项和为 Sn(nN *)， bn是首项为 2的等比数列，且公比大于 0， b2 b312， b3 a42 a1， S1111 b4.(1)求 an和 bn的通项公式；(2)求数列 a2nb2n1 的前 n 项和( nN *

20、)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 b312，得 b1(q q2)12，而 b12，所以 q2 q60.又因为 q0，解得 q2.所以 bn2 n.由 b3 a42 a1，可得 3d a18.11由 S1111 b4，可得 a15 d16.由，解得 a11， d3，所以 an3 n2.所以数列 an的通项公式为 an3 n2，数列 bn的通项公式为 bn2 n.(2)由(1)知 a2n6 n2， b2n1 24 n1 ，则 a2nb2n1 (3 n1)4 n，设数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 Tn，故 Tn2454 284 3(3 n1)

21、4 n，4Tn24 254 384 4(3 n4)4 n(3 n1)4 n1 ，上述两式相减，得3 Tn2434 234 334 n(3 n1)4 n1 4(3 n1)4 n112 1 4n1 4(3 n2)4 n1 8.故 Tn 4n1 .3n 23 83所以数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 4n1 .3n 23 833已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn， nN *，且 a23， S525.(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： Tn1)由已知，得Error!即Error!由 q1，解得Error!故数列 an的通项公式为 an2 n1 .(2)由(1)得 bn2 n1 ( n1)ln 2，所以 Tn(122 22 n1 )012( n1)ln 2 ln 1 2n1 2 n n 1222 n1 ln 2.n n 12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