《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”——化归含解析.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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，nan 1 2(n1)an.设设 bn. an
2、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 an 1 an. 2 n 1 n 将将 n1
3、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 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 ann2n 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
4、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，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
5、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 an. 2n12 n 因为因为 an0，所以，所以 an 1 an1. 又又 a11，所以
6、，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”考点落实练”考点落实练 一、选择题一、选择题 1 (2019 届高三届高三武汉调研武汉调
7、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. 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
8、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 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，
9、 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 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
10、 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 1 1， anSnSn 1 2an2an 1， ， 即即 an2an 1. 当当 n1 时，时，a1S12a11，得，得 a11.
11、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
12、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，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“
13、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，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
14、 ； 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； (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
15、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 a1
16、1，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
17、为 Sn2(SnSn 1) n4， 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 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
18、. (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)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，
19、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，得时，得 a1， 当当 n2 时，时，Sn 1 2an 1 ， 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，a
20、n42n 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 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 ，
21、 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 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
22、以所以 bn 1 bn . 4 3( 1 a2n 2 1 a2n) 4 3 4 3 16 9 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， 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
23、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)(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