《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 高考5个大题 题题研诀窍 数列问题重在“归”——化归 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 高考5个大题 题题研诀窍 数列问题重在“归”——化归 Word版含解析.pdf（10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 技法指导技法指导迁移搭桥迁移搭桥 思思维 维流流程程找找突 突破破口口 化归的常用策略化归的常用策略 利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质 等差数 列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列， 高考中 通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是 通过化归思想，将其转化为这两种数列 利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质 等差数 列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列， 高考中 通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是 通过化归思想，将其转化为这两种数列. 典例典例 (2018全国卷全国卷)已知数列已知数列an满足满足 a11，na
2、n 1 2(n1)an.设设 bn. an n (1)求求 b1，b2，b3； (2)判断数列判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；是否为等比数列，并说明理由； (3)求求an的通项公式的通项公式 快审题快审题 求什么求什么 想什么想什么 判断数列判断数列bn是等比数列，想到判断等比数列的方法是等比数列，想到判断等比数列的方法 求a求an n的通项公式，想到求b的通项公式，想到求bn n的通项公式的通项公式 给什么给什么 用什么用什么 给出给出 nan 1 2(n1)an，用化归方法化为的形式，用化归方法化为的形式. an 1 n 1 2an n 稳解题稳解题 (1)由条件可得由条件可得 a
3、n 1 an. 2 n 1 n 将将 n1 代入得，代入得，a24a1，而，而 a11，所以，所以 a24. 将将 n2 代入得，代入得，a33a2，所以，所以 a312. 从而从而 b11，b22，b34. (2)数列数列bn是首项为是首项为 1，公比为，公比为 2 的等比数列的等比数列 理由如下：理由如下： 由条件可得由条件可得， an 1 n 1 2an n 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即即 bn 1 2bn， 又又 b11， 所以数列所以数列bn是首项为是首项为 1，公比为，公比为 2 的等比数列的等比数列 (3)由由(2)可得可得2n 1， ， an n 所以所以 a
4、nn2n 1. 题后悟道 等差、等比数列基本量的计算模型题后悟道 等差、等比数列基本量的计算模型 (1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题如为求 和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差 分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题如为求 和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比公比)等，确定解题的逻辑次序等，确定解题的逻辑次序 (2)注意细节在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则 要看其是否有等于 注意细节在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则 要看其是否有等于 1 的可能
5、，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表 示等 的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表 示等 针对训练针对训练 已知正数数列 已知正数数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，满足，满足 a SnSn 1(n 2)，a11. 2 n (1)求数列求数列an的通项公式的通项公式 (2)设设 bn(1an)2a(1an)，若，若 bn 1bn对任意 对任意 nNN*恒成立，求实数恒成立，求实数 a 的取值范围的取值范围 解：解：(1)因为因为 a SnSn 1(n 2)， 2 n 所以所以 aSn 1 Sn. 2n1 两式相减，得两式相减，得 aa an 1 a
6、n. 2n12 n 因为因为 an0，所以，所以 an 1 an1. 又又 a11，所以，所以an是首项为是首项为 1，公差为，公差为 1 的等差数列的等差数列 所以所以 ann. (2)因为因为 bn(1an)2a(1an)，且由，且由(1)得得 ann， 所以所以 bn(1n)2a(1n)n2(a2)n1a， 所以所以 bn 1 (n1)2(a2)(n1)1an2an. 因为因为 bn 1bn恒成立， 恒成立， 所以所以 n2ann2(a2)n1a， 解得解得 a12n，所以，所以 a1. 则实数则实数 a 的取值范围为的取值范围为(1，) 专 专题题过过关关检检测 测 A 组组“633”
7、考点落实练”考点落实练 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 一、选择题一、选择题 1 (2019 届高三届高三武汉调研武汉调研)设公比为设公比为 q(q0)的等比数列的等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn.若若 S23a2 2，S43a42，则，则 a1( ) A2 B1 C. D. 1 2 2 3 解析：选解析：选 B 由 由 S23a22，S43a42， 得得 a3a43a43a2，即，即 qq23q23， 解得解得 q1(舍去舍去)或或 q ， ， 3 2 将将 q 代入 代入 S23a22 中，得中，得 a1 a13 a12， 3 2 3 2 3 2 解得解得 a11.
8、 2已知数列已知数列an满足 ，且满足 ，且 a22，则，则 a4等于等于( ) an1 an 1 1 1 2 A B23 1 2 C12 D11 解析：选解析：选 D 因为数列 因为数列an满足 ，所以满足 ，所以 an 1 12(an1)，即数列，即数列an1是是 an1 an 1 1 1 2 等比数列，公比为等比数列，公比为 2，则，则 a4122(a21)12，解得，解得 a411. 3 (2019届高三届高三西安八校联考西安八校联考)若等差数列若等差数列an的前的前n项和为项和为Sn， 若， 若S6S7S5， 则满足， 则满足SnSn 1S7S5，得，得 S7S6a7S5，所以，所以
9、 a70， 所以 ， 所以 S1313a70， 所以， 所以 S12S133.故选故选 D. 6 若数列 若数列an满足满足a11， 且对于任意的， 且对于任意的nNN*都有都有an 1 ann1， 则， 则 1 a1 1 a2 1 a2 017 等于等于( ) 1 a2 018 A. B. 4 035 2 017 2 016 2 017 C. D. 4 036 2 019 4 035 2 018 解析：选解析：选 C 由 由 an 1 ann1，得，得 an 1 ann1， 则则 a2a111， a3a221， a4a331， ， anan 1 (n1)1， 以上等式相加，得以上等式相加，得
10、 ana1123(n1)n1， 把把 a11 代入上式得，代入上式得，an123(n1)n， n n 1 2 2， 1 an 2 n n 1 ( 1 n 1 n 1) 则则22 1 a1 1 a2 1 a2 017 1 a2 018 (1 1 2) ( 1 2 1 3) ( 1 2 017 1 2 018) ( 1 2 018 1 2 019) . (1 1 2 019) 4 036 2 019 二、填空题二、填空题 7(2018全国卷全国卷)记记 Sn为数列为数列an的前的前 n 项和若项和若 Sn2an1，则，则 S6_. 解析：解析：Sn2an1，当，当 n2 时，时，Sn 1 2an
11、1 1， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 anSnSn 1 2an2an 1， ， 即即 an2an 1. 当当 n1 时，时，a1S12a11，得，得 a11. 数列数列an是首项是首项 a1为为1，公比，公比 q 为为 2 的等比数列，的等比数列， Sn12n， a1 1 qn 1 q 1 12n 1 2 S612663. 答案：答案：63 8古代数学著作九章算术有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺， 问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的 古代数学著作九章算术有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺， 问日织几何？”意思是：“一女子善于
12、织布，每天织的布都是前一天的 2 倍，已知她倍，已知她 5 天 共织布 天 共织布 5 尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前 3 天 所织布的总尺数为 天 所织布的总尺数为_ 解析：设该女子第一天织布解析：设该女子第一天织布 x 尺，尺， 则则5，解得，解得 x， x 25 1 2 1 5 31 所以该女子前所以该女子前 3 天所织布的总尺数为天所织布的总尺数为. 5 31 2 3 1 2 1 35 31 答案：答案：35 31 9(2019 届高三届高三福建八校联考福建八校联考)在数列中，在数列中
13、，nNN*，若，若k(k 为常数为常数)，则，则an an 2 a n 1 an 1 an 称为“等差比数列” ，下列是对“等差比数列”的判断：称为“等差比数列” ，下列是对“等差比数列”的判断：an k 不可能为不可能为 0； 等差数列一定是“等差比数列” ；等差数列一定是“等差比数列” ； 等比数列一定是“等差比数列” ；等比数列一定是“等差比数列” ； “等差比数列”中可以有无数项为“等差比数列”中可以有无数项为 0. 其中所有正确判断的序号是其中所有正确判断的序号是_ 解析：由等差比数列的定义可知，解析：由等差比数列的定义可知，k 不为不为 0，所以正确，当等差数列的公差为，所以正确，
14、当等差数列的公差为 0，即 等差数列为常数列时， 等差数列不是等差比数列， 所以错误 ； 当是等比数列， 且公比 ，即 等差数列为常数列时， 等差数列不是等差比数列， 所以错误 ； 当是等比数列， 且公比 qan 1 时，不是等差比数列，所以错误；数列时，不是等差比数列，所以错误；数列 0,1,0,1，是等差比数列，该数列中有无数，是等差比数列，该数列中有无数an 多个多个 0，所以正确，所以正确 答案：答案： 三、解答题三、解答题 10(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，已知项和，已知 a17，S315. (1)求求an的通项公式；的通项公式； 高清
15、试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)求求 Sn，并求，并求 Sn的最小值的最小值 解：解：(1)设设an的公差为的公差为 d， 由题意得由题意得 3a13d15. 又又 a17，所以，所以 d2. 所以所以an的通项公式为的通项公式为 an2n9. (2)由由(1)得得 Snn28n(n4)216， n a1an 2 所以当所以当 n4 时，时，Sn取得最小值，最小值为取得最小值，最小值为16. 11 (2018成都第一次诊断性检测成都第一次诊断性检测)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， a23， S416， n N N*. (1)求数列求数列an的通项公
16、式；的通项公式； (2)设设 bn，求数列，求数列bn的前的前 n 项和项和 Tn. 1 anan 1 解：解：(1)设数列设数列an的公差为的公差为 d， a23，S416， a1d3,4a16d16， 解得解得 a11，d2. an2n1. (2)由题意，由题意，bn， 1 2n 1 2n 1 1 2( 1 2n 1 1 2n 1) Tnb1b2bn 1 2(1 1 3) (1 3 1 5) ( 1 2n 1 1 2n 1) 1 2(1 1 2n 1) . n 2n 1 12已知已知 Sn为数列为数列an的前的前 n 项和，且满足项和，且满足 Sn2ann4. (1)证明证明Snn2为等比
17、数列；为等比数列； (2)求数列求数列Sn的前的前 n 项和项和 Tn. 解：解：(1)证明：当证明：当 n1 时，由时，由 Sn2ann4，得，得 a13. S1124. 当当 n2 时，时，Sn2ann4 可化为可化为 Sn2(SnSn 1) n4， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即即 Sn2Sn 1 n4， Snn22Sn 1 (n1)2 Snn2是首项为是首项为 4，公比为，公比为 2 的等比数列的等比数列 (2)由由(1)知，知，Snn22n 1， ， Sn2n 1 n2. 于是于是 TnS1S2Sn 221223222n 1 n2 (22232n 1) (12n)2n
18、 2n 22 1 2n 1 2 1 n n 2 2n 2 4. n23n 2 数列数列Sn的前的前 n 项和项和 Tn为为 2n 2 4. n23n 2 B 组组大题专攻补短练大题专攻补短练 1(2018全国卷全国卷)等比数列等比数列an中，中，a11，a54a3. (1)求求an的通项公式的通项公式 (2)记记 Sn为为an的前的前 n 项和，若项和，若 Sm63，求，求 m. 解：解：(1)设设an的公比为的公比为 q，由题设得，由题设得 anqn 1. 由已知得由已知得 q44q2，解得，解得 q0(舍去舍去)或或 q2 或或 q2. 故故 an(2)n 1或 或 an2n 1. (2)
19、若若 an(2)n 1，则 ，则 Sn. 1 2 n 3 由由 Sm63，得，得(2)m188，此方程没有正整数解，此方程没有正整数解 若若 an2n 1，则 ，则 Sn2n1. 1 2n 1 2 由由 Sm63，得，得 2m64，解得，解得 m6. 综上，综上，m6. 2(2018潍坊统考潍坊统考)若数列若数列an的前的前 n 项和项和 Sn满足满足 Sn2an(0，nNN*) (1)证明：数列证明：数列an为等比数列，并求为等比数列，并求 an； (2)若若 4，bnError!(nNN*)，求数列，求数列bn的前的前 2n 项和项和 T2n. 解：解：(1)Sn2an，当，当 n1 时，
20、得时，得 a1， 当当 n2 时，时，Sn 1 2an 1 ， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 SnSn 1 2an2an 1， ， 即即 an2an2an 1， ，an2an 1， ， 数列数列an是以是以 为首项，为首项，2 为公比的等比数列，为公比的等比数列， an2n 1. (2)4，an42n 1 2n 1， ， bnError! T2n22324526722n2n1 (222422n)(352n1) 4 4n4 1 4 n 32n 1 2 n(n2)， 4n 1 4 3 T2nn22n . 4n 1 3 4 3 3(2018厦门质检厦门质检)已知数列已知数列an满足满足
21、 a11，an 1 ，nNN*. 3an 2an3 (1)求证：数列为等差数列；求证：数列为等差数列； 1 an (2)设设 T2n，求，求 T2n. 1 a1a2 1 a2a3 1 a3a4 1 a4a5 1 a2n 1a2n 1 a2na2n 1 解：解：(1)证明：由证明：由 an 1 ，得 ，得 ， 3an 2an3 1 an 1 2an3 3an 1 an 2 3 所以所以 . 1 an 1 1 an 2 3 又又 a11，则，则1， 1 a1 所以数列是首项为所以数列是首项为 1，公差为 的等差数列，公差为 的等差数列 1 an 2 3 (2)设设 bn， 1 a2n 1a2n 1
22、 a2na2n 1( 1 a2n 1 1 a2n 1) 1 a2n 由由(1)得，数列是公差为 的等差数列，得，数列是公差为 的等差数列， 1 an 2 3 所以 ，所以 ， 1 a2n 1 1 a2n 1 4 3 即即 bn ， ， ( 1 a2n 1 1 a2n 1) 1 a2n 4 3 1 a2n 所以所以 bn 1 bn . 4 3( 1 a2n 2 1 a2n) 4 3 4 3 16 9 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又又 b1 ， ， 4 3 1 a2 4 3 ( 1 a1 2 3) 20 9 所以数列所以数列bn是首项为，公差为的等差数列，是首项为，公差为的等差数列
23、， 20 9 16 9 所以所以 T2nb1b2bnn (2n23n) 20 9 n n 1 2 ( 16 9) 4 9 4(2018石家庄质检石家庄质检)已知数列已知数列an满足：满足：a11，an 1 an. n 1 n n 1 2n (1)设设 bn，求数列，求数列bn的通项公式；的通项公式； an n (2)求数列求数列an的前的前 n 项和项和 Sn. 解：解：(1)由由 an 1 an，可得，可得， n 1 n n 1 2n an 1 n 1 an n 1 2n 又又 bn，bn 1 bn， an n 1 2n 由由 a11，得，得 b11， 累加可得累加可得(b2b1)(b3b2
24、)(bnbn 1) ， 1 21 1 22 1 2n 1 即即 bnb11， 1 2(1 1 2n 1) 11 2 1 2n 1 bn2. 1 2n 1 (2)由由(1)可知可知 an2n， n 2n 1 设数列的前设数列的前 n 项和为项和为 Tn， n 2n 1 则则 Tn， 1 20 2 21 3 22 n 2n 1 Tn， 1 2 1 21 2 22 3 23 n 2n 得得 Tn2， 1 2 1 20 1 21 1 22 1 2n 1 n 2n 1 1 2n 11 2 n 2n n 2 2n Tn4. n 2 2n 1 易知数列易知数列2n的前的前 n 项和为项和为 n(n1)， Snn(n1)4. n 2 2n 1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印