（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分第二层级重点增分专题六数列讲义理.doc

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·T17Sn与an的关系、等比数列求和·T142017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·T142016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)记Sn为等差数列an的前n项和，若3S3S2S4，a12，则a5()A12B10C10 D12解析：选B设等差数列an的公差为d，由3S3S2S4，得3(3a13d)2a1d4a16d，即3a12d0.将a12代入上式，解得d3，故a5a1(51)d24×(3)10.2.已知等比数列an的前n项和为Sn，若a11，则数列an的公比q为()A4 B2C. D.解析：选C因为2，所以q1.所以1q5，所以1q5，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，a11，b11，a2b23.(1)若a3b37，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，bnqn1.由a2b23，得dq4，由a3b37，得2dq28，联立，解得q2或q0(舍去)，因此bn的通项公式为bn2n1.(2)T31qq2，1qq213，解得q3或q4，由a2b23，得d4q，d1或d8.由Snna1n(n1)d，得Snn2n或Sn4n25n.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a2a410，点Pn(n，an)对任意的nN*，都有向量(1,2)，则数列an的前n项和Sn_.解析：Pn(n，an)，Pn1(n1，an1)，(1，an1an)(1,2)，an1an2，数列an是公差d为2的等差数列又由a2a42a14d2a14×210，解得a11，Snn×2n2.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nn(n1)dk，即2(n1)d4k2k(2n1)d，整理得，(4k1)dn(2k1)(2d)0，对任意正整数n，上式恒成立，得数列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S7381，解得a13. 大稳定1.在等比数列an中，a3，a15是方程x26x20的根，则的值为()ABC. D或解析：选B设等比数列an的公比为q，因为a3，a15是方程x26x20的根，所以a3·a15a2，a3a156，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S40，且S83S4，设S12S8，则()A. B.C2 D3解析：选C因为Sn是等差数列an的前n项和，若S40，且S83S4，S12S8，所以由等差数列的性质得：S4，S8S4，S12S8成等差数列，所以2(S8S4)S4(S12S8)，所以2(3S4S4)S4(·3S43S4)，解得2.3.在等差数列an中，已知a113,3a211a6，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3a211a6，得3(13d)11(135d)，解得d2，所以an13(n1)×(2)2n15.由得解得6.5n7.5.因为nN*，所以当n7时，数列an的前n项和Sn最大，最大值为S749.法二：由3a211a6，得3(13d)11(135d)，解得d2，所以an13(n1)×(2)2n15.所以Snn214n(n7)249，所以当n7时，数列an的前n项和Sn最大，最大值为S749.答案：494.已知数列an满足an若对于任意的nN*都有an>an1，则实数的取值范围是_解析：法一：因为an>an1，所以数列an是递减数列，所以解得<<.所以实数的取值范围是.法二：因为an>an1恒成立，所以0<<1.若0<，则当n<6时，数列an为递增数列或常数列，不满足对任意的nN*都有an>an1；若<<1，则当n<6时，数列an为递减数列，当n6时，数列an为递减数列，又对任意的nN*都有an>an1，所以a6<a5，即<×51，解得<，所以<<.综上，实数的取值范围为.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d0，若lg a1，lg a2，lg a4也成等差数列，且a510，则an的前5项和S5()A40 B35C30 D25解析：选C因为lg a1，lg a2，lg a4成等差数列，所以2lg a2lg a1lg a4lg alg a1a4aa1a4d2a1d，因为d0，所以a1d，又a5a14d10，所以a12，d2，S55a1d30.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x>0时，有f(x)>f(0)0，当x<0时，有f(x)<f(0)0，因为a3>0，所以f(a3)>0.因为数列an是等差数列，所以a3>0a1a5>0a1>a5f(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an2an1an1an，nN*，且a5，若函数f(x)sin 2x2cos2 ，记ynf(an)，则数列yn的前9项和为()A0 B9C9 D1解析：选C由已知可得，数列an为等差数列，f(x)sin 2xcos x1，f1.f(x)sin(22x)cos(x)1sin 2xcos x1，f(x)f(x)2，a1a9a2a82a5，f(a1)f(a9)2×419，即数列yn的前9项和为9.4.数列an是首项a1m，公差为2的等差数列，数列bn满足2bn(n1)an，若对任意nN*都有bnb5成立，则m的取值范围是_解析：由题意得，anm2(n1)，从而bnanm2(n1)又对任意nN*都有bnb5成立，结合数列bn的函数特性可知b4b5，b6b5，故解得22m18.答案：22，18 典例设Sn为数列an的前n项和，对任意的nN*，都有Sn2an，数列bn满足b12a1，bn(n2，nN*)(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n1时，a1S12a1，解得a11；当n2时，anSnSn1an1an，即(n2，nN*)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ann1.(2)因为a11，所以b12a12.因为bn，所以1，即1(n2)所以数列是首项为，公差为1的等差数列所以(n1)·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：利用定义，证明an1an(nN*)为一常数；利用等差中项，即证明2anan1an1(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；利用等比中项，即证明aan1an1(n2)多练强化已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an3n(nN*)(1)求a1，a2，a3的值(2)设bnan3，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Sn2an3n(nN*)所以n1时，由a1S12a13×1，解得a13，n2时，由S22a23×2，得a29，n3时，由S32a33×3，得a321.(2)因为Sn2an3n，所以Sn12an13(n1)，两式相减，得an12an3，把bnan3及bn1an13，代入式，得bn12bn(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bn6×2n1，所以anbn36×2n133(2n1). 增分考点·深度精研析母题典例已知数列an满足a14a242a34n1an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bnbn1的前n项和Tn.解(1)当n1时，a1.因为a14a242a34n2an14n1an，所以a14a242a34n2an1(n2)，得4n1an(n2)，所以an(n2)由于a1，故an.(2)由(1)得bn，所以bnbn1，故Tn.练子题1在本例条件下，若设bnanlogan，求数列bn的前n项和Tn.解：an，bn，Tn，Tn，两式相减得，Tn22×，Tn.2在本例条件下，若数列的前n项和为Sn，记bn(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.解：an，4n，Sn×4n，则bn×42n×4n，Tnb1b2bn(424442n)(4424n)×××42n×4n.3在本例条件下，设bn，求数列bn的前n项和Tn.解：an，bn.Tnb1b2b3bn.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：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，S3a5.令bn(1)n1an，则数列bn的前2n项和T2n为()AnB2nCn D2n解析：选B设等差数列an的公差为d，由S3a5，得3a2a5，3(1d)14d，解得d2，an2n1，bn(1)n1(2n1)，T2n1357(4n3)(4n1)2n，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，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*)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b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2.所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18.由S1111b4，可得a15d16.由，解得a11，d3，所以an3n2.所以数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)由(1)知a2n6n2，b2n12×4n1，则a2nb2n1(3n1)×4n，设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，故Tn2×45×428×43(3n1)×4n，4Tn2×425×438×44(3n4)×4n(3n1)×4n1，上述两式相减，得3Tn2×43×423×433×4n(3n1)×4n14(3n1)×4n1(3n2)×4n18.故Tn×4n1.所以数列a2nb2n1的前n项和为×4n1.3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：Tn<1.解：(1)设等差数列an的公差为d.因为所以解得所以an2n1.(2)证明：由(1)知，an2n1，所以Snn2.所以bn.所以Tnb1b2b3bn1<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S37，a13,3a2，a34构成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bnanln an，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an2n1.(2)由(1)得bn2n1(n1)ln 2，所以Tn(12222n1)012(n1)ln 2ln 22n1ln 2.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