《2019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 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019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 Word版含解析.pdf（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 重点增分专题六 数 列重点增分专题六 数 列 全国卷全国卷 3 年考情分析年考情分析 年份年份全国卷全国卷全国卷全国卷全国卷全国卷 等差数列的基本运算等差数列的基本运算T4 2018Sn与与 an的关系、等比数列 求和 的关系、等比数列 求和T14 等差数列的通项公式、 前等差数列的通项公式、 前 n 项 和公式及最值 项 和公式及最值T17 等比数列的通项公 式、 前 等比数列的通项公 式、 前 n 项和公式项和公式T17 数学文化、等比数列的概念、 前 数学文化、等比数列的概念、 前 n 项和公式项和公式T3 等差数列的通项公 式、前 等差数列的
2、通项公 式、前 n 项和公式及 等比中项 项和公式及 等比中项T92017 等差数列的通项公式、 前等差数列的通项公式、 前 n 项和公式项和公式T4 等差数列的通项公式、 前等差数列的通项公式、 前 n 项 和公式、裂项相消法求和 项 和公式、裂项相消法求和T15 等比数列的通项公 式 等比数列的通项公 式T14 等差数列的基本运算等差数列的基本运算T3 2016等比数列的运算及二次函 数最值问题 等比数列的运算及二次函 数最值问题T15 等差数列的通项公式、 前等差数列的通项公式、 前 n 项 和公式、创新问题 项 和公式、创新问题T17 数列的递推关系及通 项公式、前 数列的递推关系及通
3、 项公式、前 n 项和公 式 项和公 式T17 (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 裂项相消法、错 位相减法)、两类综合、两类综合(与函数综合、与不等式综合与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用，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 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 考考点点一一等等
4、差差、 、等等比比数数列列的的基基本本运运算算 保保分分考考点点 练练后后讲讲评评 大稳定大稳定常常规 规角角度度考考双双基基 1.(2018全国卷全国卷)记记 Sn为等差数列为等差数列an的前的前 n 项和， 若项和， 若 3S3S2等等差差数数列列的的基基本本运运算算 S4，a12，则，则 a5( ) A12 B10 C10 D12 解析 ： 选解析 ： 选 B 设等差数列 设等差数列an的公差为的公差为 d， 由， 由 3S3S2S4， 得， 得 3(3a13d)2a1d4a1 6d， 即， 即 3a12d0.将将 a12 代入上式， 解得代入上式， 解得 d3， 故， 故 a5a1(5
5、1)d24(3)10. 2.已知等比数列已知等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，若，若 a11，则数，则数等等比比数数列列的的基基本本运运算算 S10 S5 33 32 列列an的公比的公比 q 为为( ) A4 B2 C. D. 1 2 3 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析：选解析：选 C 因为 因为2，所以，所以 q1.所以所以1q5， S10 S5 33 32 S10 S5 a1 1 q10 1 q a1 1 q5 1 q 所以所以 1q5，所以，所以 q . 33 32 1 2 3.已知等差数列已知等差数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn， 等比数列，
6、 等比数列bn的前的前 n等等差差与与等等比比数数列列的的综 综合合运运算算 项和为项和为 Tn，a11，b11，a2b23. (1)若若 a3b37，求，求bn的通项公式；的通项公式； (2)若若 T313，求，求 Sn. 解：解：(1)设设an的公差为的公差为 d，bn的公比为的公比为 q， 则则 an1(n1)d，bnqn 1. 由由 a2b23，得，得 dq4， ， 由由 a3b37，得，得 2dq28， ， 联立，解得联立，解得 q2 或或 q0(舍去舍去)， 因此因此bn的通项公式为的通项公式为 bn2n 1. (2)T31qq2，1qq213， 解得解得 q3 或或 q4， 由由
7、 a2b23，得，得 d4q，d1 或或 d8. 由由 Snna1 n(n1)d， 1 2 得得 Sn n2 n 或或 Sn4n25n. 1 2 3 2 解题方略 等差(比)数列基本运算的解题思路解题方略 等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量：首项设基本量：首项 a1和公差和公差 d(公比公比 q) (2)列、解方程列、解方程(组组)： 把条件转化为关于： 把条件转化为关于 a1和和 d(或或 q)的方程的方程(组组)，然后求解，注意整体计 算，以减少运算量 ，然后求解，注意整体计 算，以减少运算量 小创新小创新变 变换换角角度度考考迁迁移移 1.设数列设数列an满足满足 a2a4
8、10，点，点 Pn(n，an)对任意的对任意的 nNN*，都有向，都有向与与平平面面向向量量交交汇 汇 量量(1,2)，则数列，则数列an的前的前 n 项和项和 Sn_.PnPn 1 解析：解析：Pn(n，an)，Pn 1(n 1，an 1)， ， (1，an 1 an)(1,2)，PnPn 1 an 1 an2， 数列数列an是公差是公差 d 为为 2 的等差数列的等差数列 又由又由 a2a42a14d2a14210，解得，解得 a11， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 Snn2n2. n n 1 2 答案：答案：n2 2.设某数列的前设某数列的前 n 项和为项和为 Sn，若为常
9、数，则称该数列为“和谐数，若为常数，则称该数列为“和谐数定定义 义数数列列中中的 的创 创新新 Sn S2n 列” 若一个首项为列” 若一个首项为 1， 公差为， 公差为 d(d0)的等差数列的等差数列an为 “和谐数列” ， 则该等差数列的公差为 “和谐数列” ， 则该等差数列的公差 d _. 解析 ： 由解析 ： 由k(k为常数为常数)， 且， 且a11， 得， 得n n(n1)dk， 即， 即2(n Sn S2n 1 2 2n 1 2 2n 2n1 d 1)d4k2k(2n1)d，整理得，整理得，(4k1)dn(2k1)(2d)0，对任意正整数，对任意正整数 n，上式 恒成立， ，上式
10、恒成立，Error!得得Error!数列数列an的公差为的公差为 2. 答案：答案：2 3.(2017全国卷全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：借借助助数数学学文文化化考考查 查 “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 “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 倍，则塔的顶层 共有灯( ) A1 盏盏 B3 盏盏
11、 C5 盏盏 D9 盏盏 解析：选解析：选 B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为an，则前，则前 7 项的和项的和 S7 381，公比，公比 q2，依题意，得，依题意，得 S7381，解得，解得 a13. a1 1 27 1 2 考考点点二二等等差差数数列列、 、等等比比数数列列的的性性质质 保保分分考考点点 练练后后讲讲评评 大稳定大稳定常常规 规角角度度考考双双基基 1.在等比数列在等比数列an中，中，a3，a15是方程是方程 x26x20 的根，则的的根，则的等等比比数数列列项 项的的性 性质 质 a2a16 a9 值为值为( ) A
12、 B 2 2 2 2 C. D或或222 解析：选解析：选 B 设等比数列 设等比数列an的公比为的公比为 q，因为，因为 a3，a15是方程是方程 x26x20 的根，所 以 的根，所 以 a3a15a 2，a3a156，所以，所以 a3an 1，则实 ，则实数数列列的的单 单调调性性 数数 的取值范围是的取值范围是_ 解析：法一：因为解析：法一：因为 anan 1，所以数列 ，所以数列an是递减数列，是递减数列， 所以所以Error!解得解得 an 1恒成立，所以 恒成立，所以 0an 1 2 1； ； 若若 an 1，所以 ，所以 a60，则，则 f(a1)f(a3)f(a5)的值的值(
13、 ) A恒为正数恒为正数 B恒为负数恒为负数 C恒为恒为 0 D可以为正数也可以为负数可以为正数也可以为负数 解析：选解析：选 A 因为函数 因为函数 f(x)是是 R 上的奇函数，所以上的奇函数，所以 f(0)0，又，又 f(x)是是 R 上的增函数， 所以当 上的增函数， 所以当 x0 时，有时，有 f(x)f(0)0，当，当 x0，所以，所以 f(a3)0.因为 数列 因为 数列an是等差数列，所以是等差数列，所以a30a1a50a1a5f(a1)f(a5)，又，又 f(a5) a1a5 2 f(a5)，所以，所以 f(a1)f(a5)0，故，故 f(a1)f(a3)f(a5)f(a1)
14、f(a5)f(a3)0. 3.已知数列已知数列an满足满足 an 2 an 1 an 1 an，nNN*，且，且 a5 ， ，数数列列与与三三角角函函数数交交汇 汇 2 若函数若函数 f(x)sin 2x2cos2 ，记，记 ynf(an)，则数列，则数列yn的前的前 9 项和为项和为( ) x 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 A0 B9 C9 D1 解析 ： 选解析 ： 选C 由已知可得， 数列 由已知可得， 数列an为等差数列，为等差数列， f(x)sin 2xcos x1， ， f1.f( ( 2) x)sin(22x)cos(x)1sin 2xcos x1，f(x)f(
15、x)2，a1a9a2a8 2a5，f(a1)f(a9)2419，即数列，即数列yn的前的前 9 项和为项和为 9. 4.数列数列an是首项是首项a1m， 公差为， 公差为2的等差数列， 数列的等差数列， 数列bn满足满足2bn(n数数列列与与不不等等式式交交汇 汇 1)an，若对任意，若对任意 nNN*都有都有 bnb5成立，则成立，则 m 的取值范围是的取值范围是_ 解析：由题意得，解析：由题意得，anm2(n1)， 从而从而 bnanm2(n1) n 1 2 n 1 2 又对任意又对任意 nNN*都有都有 bnb5成立，结合数列成立，结合数列bn的函数特性可知的函数特性可知 b4b5，b6
16、b5， 故故Error!解得解得22m18. 答案：答案：22，18 考考点点三三等等差差 比比 数数列列的的判判断断与与证证明明 增增分分考考点点 讲讲练练冲冲关关 典例典例 设 设Sn为数列为数列an的前的前n项和， 对任意的项和， 对任意的nNN*， 都有， 都有Sn2an， 数列， 数列bn满足满足b1 2a1，bn(n2，nNN*) bn 1 1 b n 1 (1)求证：数列求证：数列an是等比数列，并求是等比数列，并求an的通项公式；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的通项公式的通项公式 1 bn 解解 (1)当
17、当 n1 时，时，a1S12a1，解得，解得 a11； 当当 n2 时，时，anSnSn 1 an 1 an， 即即 (n2，nNN*) an an 1 1 2 所以数列所以数列an是首项为是首项为 1， 公比为 的等比数列，公比为 的等比数列， 1 2 故数列故数列an的通项公式为的通项公式为 an n1. ( 1 2) (2)因为因为 a11，所以，所以 b12a12. 因为因为 bn，所以，所以1， bn 1 1 b n 1 1 bn 1 bn 1 即即1(n2) 1 bn 1 bn 1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以数列是首项为 ，所以数列是首项为 ， 1 bn 1
18、2 公差为公差为 1 的等差数列的等差数列 所以 所以 (n1)1， 1 bn 1 2 2n 1 2 故数列故数列bn的通项公式为的通项公式为 bn. 2 2n 1 解题方略 数列a解题方略 数列an n是等差数列或等比数列的证明方法是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列证明数列an是等差数列的两种基本方法：是等差数列的两种基本方法： 利用定义，证明利用定义，证明 an 1 an(nNN*)为一常数；为一常数； 利用等差中项，即证明利用等差中项，即证明 2anan 1 an 1(n 2) (2)证明证明an是等比数列的两种基本方法是等比数列的两种基本方法 利用定义，证明利用定义，证明(
19、nNN*)为一常数；为一常数； an 1 an 利用等比中项，即证明利用等比中项，即证明 a an 1an1(n 2) 2 n 多练强化多练强化 已知数列 已知数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，且，且 Sn2an3n(nNN*) (1)求求 a1，a2，a3的值的值 (2)设设 bnan3，证明数列，证明数列bn为等比数列，并求通项公式为等比数列，并求通项公式 an. 解：解：(1)因为数列因为数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，且，且 Sn2an3n(nNN*) 所以所以 n1 时，由时，由 a1S12a131，解得，解得 a13， n2 时，由时，由 S22a232，得，得
20、a29， n3 时，由时，由 S32a333，得，得 a321. (2)因为因为 Sn2an3n， 所以所以 Sn 1 2an 1 3(n1)， 两式相减，得两式相减，得 an 1 2an3， 把把 bnan3 及及 bn 1 an 1 3，代入式，代入式， 得得 bn 1 2bn(nNN*)，且，且 b16， 所以数列所以数列bn是以是以 6 为首项，为首项，2 为公比的等比数列，为公比的等比数列， 所以所以 bn62n 1， ， 所以所以 anbn362n 1 33(2n1). 增分考点增分考点深度精研深度精研考考点点四四数数列列求求和和 析母题析母题高高考考年年年年“神神”相相似似 高清
21、试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 典例典例 已知数列 已知数列an满足满足 a14a242a34n 1an (nNN*) n 4 (1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式； (2)设设 bn，求数列，求数列bnbn 1的前 的前 n 项和项和 Tn. 4nan 2n 1 解解 (1)当当 n1 时，时，a1 . 1 4 因为因为 a14a242a34n 2an 1 4n 1an ， ， n 4 所以所以 a14a242a34n 2an 1 (n2)， n 1 4 得得 4n 1an (n2)， 1 4 所以所以 an(n2) 1 4n 由于由于 a1 ，故 ，故 an. 1 4 1
22、4n (2)由由(1)得得 bn， 4nan 2n 1 1 2n 1 所以所以 bnbn 1 ， 1 2n 1 2n 3 1 2( 1 2n 1 1 2n 3) 故故 Tn. 1 2( 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n 1 1 2n 3) 1 2( 1 3 1 2n 3) n 6n 9 练子题练子题高高考考年年年年“形形”不不同同 1在本例条件下，若设在本例条件下，若设 bnanlog an，求数列，求数列bn的前的前 n 项和项和 Tn. 1 2 解：解：an，bn， 1 4n 2n 4n Tn， 2 41 4 42 6 43 2n 4n Tn， 1 4 2 42 4 43 6 44
23、 2n 4n 1 两式相减得，两式相减得， Tn 3 4 2 4 2 42 2 43 2 44 2 4n 2n 4n 1 2 ( 1 4 1 42 1 43 1 44 1 4n) 2n 4n 1 2 1 4(1 1 4n) 11 4 2n 4n 1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 2 3 2 3 4n 2n 4n 1 ， ， 2 3 6n 8 3 4n 1 Tn . 8 9 6n 8 9 4n 2在本例条件下，若数列的前在本例条件下，若数列的前 n 项和为项和为 Sn，记，记 bn(nNN*)，求数列，求数列bn的前的前 n 1 an Sn an 项和项和 Tn. 解：解：an，4
24、n，Sn 4n ， ， 1 4n 1 an 4 3 4 3 则则 bn 42n 4n， Sn an 4 3 4 3 Tnb1b2bn (424442n) (4424n) 4 3 4 3 4 3 16 1 42n 1 16 4 3 4 1 4n 1 4 42n4n. 64 45 16 9 16 45 3在本例条件下，设在本例条件下，设 bn，求数列，求数列bn的前的前 n 项和项和 Tn. an a n 1 a n 1 1 解：解：an， 1 4n bn 1 4n ( 1 4n 1)( 1 4n 1 1) 4n 1 4 n 1 4 n 1 1 . 4 3( 1 4n1 1 4n 1 1) Tnb
25、1b2b3bn 4 3 1 4 1 1 421 1 421 1 431 1 4n 1 1 . 4 3( 1 5 1 4n 1 1) 4 15 4 34n 1 3 解题方略解题方略 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1分组求和中分组的策略分组求和中分组的策略 (1)根据等差、等比数列分组根据等差、等比数列分组 (2)根据正号、负号分组根据正号、负号分组 2裂项相消求和的规律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错位相减法求和的关注点 (1)适
26、用题型：等差数列适用题型：等差数列an与等比数列与等比数列bn对应项相乘对应项相乘(anbn)型数列求和型数列求和 (2)步骤：步骤： 求和时先乘以数列求和时先乘以数列bn的公比；的公比； 将两个和式错位相减；将两个和式错位相减； 整理结果形式整理结果形式 多练强化多练强化 1已知等差数列已知等差数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，且，且 a11，S3a5.令令 bn(1)n 1an，则数列 ，则数列bn 的前的前 2n 项和项和 T2n为为( ) An B2n Cn D2n 解析：选解析：选 B 设等差数列 设等差数列an的公差为的公差为 d，由，由 S3a5，得，得 3a2a5，3(
27、1d)14d， 解得 ， 解得d2， ， an2n1， ， bn(1)n 1(2n 1)， ， T2n1357(4n3)(4n1) 2n，选，选 B. 2(2017天津高考天津高考)已知已知an为等差数列，前为等差数列，前 n 项和为项和为 Sn(nNN*)，bn是首项为是首项为 2 的等 比数列，且公比大于 的等 比数列，且公比大于 0，b2b312，b3a42a1，S1111b4. (1)求求an和和bn的通项公式；的通项公式； (2)求数列求数列a2nb2n 1的前 的前 n 项和项和(nNN*) 解：解：(1)设等差数列设等差数列an的公差为的公差为 d，等比数列，等比数列bn的公比为
28、的公比为 q. 由已知由已知 b2b312，得，得 b1(qq2)12， 而而 b12，所以，所以 q2q60. 又因为又因为 q0，解得，解得 q2. 所以所以 bn2n. 由由 b3a42a1，可得，可得 3da18. 由由 S1111b4，可得，可得 a15d16. 由，解得由，解得 a11，d3，所以，所以 an3n2. 所以数列所以数列an的通项公式为的通项公式为 an3n2，数列，数列bn的通项公式为的通项公式为 bn2n. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)由由(1)知知 a2n6n2，b2n 1 24n 1， ， 则则 a2nb2n 1 (3n1)4n， 设数列
29、设数列a2nb2n 1的前 的前 n 项和为项和为 Tn， 故故 Tn24542843(3n1)4n， 4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n 1， ， 上述两式相减，得上述两式相减，得3Tn2434234334n(3n1)4n 1 4(3n1)4n 1 12 14n 1 4 (3n2)4n 1 8. 故故 Tn4n 1 . 3n 2 3 8 3 所以数列所以数列a2nb2n 1的前 的前 n 项和为项和为4n 1 . 3n 2 3 8 3 3已知等差数列已知等差数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，nNN*，且，且 a23，S525. (1)求数列求数列an的通项公式；的通
30、项公式； (2)若数列若数列bn满足满足 bn，记数列，记数列bn的前的前 n 项和为项和为 Tn，证明：，证明：Tn1) 由已知，得由已知，得Error! 即即Error! 由由 q1，解得，解得Error! 故数列故数列an的通项公式为的通项公式为 an2n 1. (2)由由(1)得得 bn2n 1 (n1)ln 2， 所以所以 Tn(12222n 1) 012(n1)ln 2ln 22n 1 2n 1 2 n n 1 2 1ln 2. n n 1 2 素养通路素养通路 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 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 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