数列-高考文科数学通用讲义.pdf

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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 2018 数列的递推关系、等比数 列的判定及计算 T17 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 T17 2017 等比数列的通项公式与前 n 项和公式、等差数列的判 定 T17 等差、等比数列的通项公 式及前 n 项和公式 T17 数列的递推关系及通项公 式、裂项相消法求和 T17 2016 数列的递推关系、数列的 通项公式及前n 项和公 式 T17 等差数列的通项公式、数 列求和、新定义问题 T17 数列的递推关系及通项公 式 T17 (1)高考主要考查等差数列及等比数列的

2、基本运算、两类数列求和方法(裂项相消法、错 位相减法 )，主要突出函数与方程思想的应用 (2)近三年高考考查数列都在17 题，试题难度中等，19 年高考可能以客观题考查，难 度中等的题目较多，但有时也可能出现在第12 题或 16 题位置上，难度偏大，复习时应引 起关注 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.等差数列的基本运算 (2018 全国卷 )记 Sn为等差数列 an的前 n 项和，若3S3 S2 S4， a12，则 a5() A 12B 10 C 10 D12 解析： 选 B设等差数列 an的公差为 d，由 3S3S2S4，得 3(3a13d)2

3、a1d4a1 6d，即 3a12d0.将 a12 代入上式，解得d 3，故 a5a1(5 1)d24(3) 10. 2.等比数列的基本运算 已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 a11，S 10 S5 33 32，则数 列an的公比 q 为( ) A 4 B2 C. 1 2 D. 3 4 解析： 选 C因为 S10 S5 33 322，所以 q1.所以 S10 S5 a11q 10 1q a11q 5 1q 1 q 5，所以 1q533 32， 所以 q 1 2. 3.等差与等比数列的综合运算 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，a1 1，b1

4、1，a2b23. (1)若 a3b3 7，求 bn的通项公式； (2)若 T3 13，求 Sn. 解： (1)设an的公差为 d，bn的公比为q， 则 an 1(n1)d，bnqn 1. 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 bn2 n1. (2)T31qq 2， 1q q2 13， 解得 q3 或 q 4， 由 a2b23，得 d4q， d1 或 d8. 由 Snna1 1 2n(n1)d， 得 Sn1 2n 23 2n 或 Sn4n 25n. 解题方略 等差 ( 比 ) 数列基本运算的解题思路 (1)设

5、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.与平面向量交汇 设数列 an满足 a2a410，点 Pn(n， an)对任意的 nN *，都有向 量PnPn1 (1,2)，则数列 an的前 n 项和 Sn_. 解析： Pn(n， an)， Pn1(n1，an1)， PnPn1 (1，an1an)(1,2)， an1an2， 数列 an是公差 d 为 2 的等差数列 又由 a2a42a14d2a14210，解得 a1 1， Snn n n 1 2 2n2.

6、答案： n2 2.定义数列中的创新 设某数列的前n 项和为 Sn，若 Sn S2n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 Sn S2nk(k 为常数 )，且 a11，得 n 1 2n(n 1)dk 2n 1 2 2n 2n1 d ，即 2 (n 1)d4k 2k(2n1)d，整理得， (4k1)dn(2k1)(2 d)0，对任意正整数n， 上式恒成立， d 4k1 0， 2k 1 2 d 0， 得 d2， k1 4 ， 数列 an的公差为 2. 答案： 2 3.借助数学文化考查 (201

7、7 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 () A 1盏B3 盏 C 5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S7 381，公比 q 2，依题意，得S7 a11 2 7 12 381，解得 a13. 考点二等差数列、等比数列的性质 保分考点 练后讲评 大稳定 常规角度考双基 1.等比数列项的性质 在等比数列 an中， a3，a15是方程 x26x20 的根

8、，则 a2a16 a9 的 值为 () A 22 2 B2 C.2 D2或2 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 a15 a 2 92，a3a15 6，所以 a3an1，则实数 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 1 2 an1恒成立，所以0an1； 若 1 2an1，所以 a60，则 f(a1)f(a3)f(a5)的值 ( ) A恒为正数 B恒为负数 C恒为 0 D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

9、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 a1a5 2 a30? a1 a50? a1 a5? f(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.数列与三角函数交汇 已知数列 an满足 an2an1an1an，nN *，且 a 5 2，若 函数 f(x)sin 2x2cos 2x 2，记 y nf(an)，则数列 yn的前 9 项和为 () A 0 B 9 C 9 D1 解析： 选 C由已知可得，数列an为等差数

10、列， f(x)sin 2xcos x1， f 2 1. f( x)sin(2 2x)cos( x)1 sin 2x cos x1， f( x)f(x)2， a1a9 a2a8 2a5 ， f(a1)f(a9)241 9，即数列 yn的前 9 项和为 9. 4.数列与不等式交汇 数列 an是首项 a1 m，公差为 2 的等差数列，数列bn满足 2bn (n 1)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 bnn1 2 an n 1 2 m 2(n1) 又对任意nN * 都有 bnb5成立，结合数列bn的函数特性可知 b4b5，b

11、6b5， 故 5 2 m6 3 m8 ， 7 2 m10 3 m8 ， 解得 22m18. 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 Sn2an，数列 bn满足 b12a1，bn bn1 1bn1(n2，n N * ) (1)求证：数列 an是等比数列，并求an的通项公式； (2)判断数列 1 bn 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， a1 S12a1，解得 a11； 当 n2 时， anSnSn1 an1an， 即 an an1 1 2(n 2，nN *

12、 ) 所以数列 an是首项为 1， 公比为 1 2的等比数列， 故数列 an的通项公式为 an 1 2 n1. (2)因为 a1 1，所以 b12a12. 因为 bn bn1 1bn1，所以 1 bn 1 bn11， 即 1 bn 1 bn11(n2) 所以数列 1 bn 是首项为 1 2， 公差为 1 的等差数列 所以 1 bn 1 2(n1) 1 2n1 2 ， 故数列 bn的通项公式为 bn 2 2n1. 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2anan1

13、an1(n 2) (2)证明 an是等比数列的两种基本方法 利用定义，证明 an1 an (nN * )为一常数； 利用等比中项，即证明a2 nan1an1(n2) 多练强化 已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2an3n(n N * ) (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 Sn2an3n(nN * ) 所以 n 1 时，由 a1S12a1 31，解得 a13， n2 时，由 S22a232，得 a29， n3 时，由 S32a333，得 a321. (2)因为

14、Sn2an3n， 所以 Sn12an13(n1)， 两式相减，得an12an3， 把 bnan3 及 bn1an13，代入式， 得 bn12bn(nN *)，且 b 16， 所以数列 bn是以 6 为首项， 2 为公比的等比数列， 所以 bn62n 1， 所以 anbn 362n 133(2n1). 考点四数列求和增分考点 深度精研 析母题 高考年年 “神”相似 典例 已知数列 an满足 a14a24 2a 3 4 n1a nn 4(nN *) (1)求数列 an的通项公式； (2)设 bn 4 na n 2n1，求数列 b nbn1的前 n项和 Tn. 解(1)当 n1 时， a1 1 4.

15、 因为 a14a242a34n 2a n14 n1a n n 4， 所以 a14a242a34n 2a n1 n1 4 (n2)， 得4 n1a n 1 4(n2)，所以 an 1 4 n(n2) 由于 a1 1 4，故 an 1 4 n. (2)由(1)得 bn 4 na n 2n1 1 2n1， 所以 bnbn1 1 2n1 2n3 1 2 1 2n1 1 2n3 ， 故 Tn 1 2 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n3 1 2 1 3 1 2n3 n 6n9. 练子题 高考年年 “形”不同 1在本例条件下，若设bnanlog1 2an，求数列 bn的前 n 项和 Tn

16、. 解： an 1 4 n， bn 2n 4 n， Tn 2 4 1 4 4 2 6 4 3 2n 4 n， 1 4T n 2 4 2 4 4 3 6 4 4 2n 4 n1， 两式相减得， 3 4T n 2 4 2 4 2 2 4 3 2 4 4 2 4 n 2n 4 n1 2 1 4 1 4 2 1 4 3 1 4 4 1 4 n 2n 4 n1 2 1 4 1 1 4 n 1 1 4 2n 4 n1 2 3 2 34 n 2n 4 n1 2 3 6n8 34 n1， Tn8 9 6n8 9 4 n. 2在本例条件下，若数列 1 an 的前 n 项和为 Sn，记 bn Sn an(nN *

17、)，求数列 b n的前 n 项和 Tn. 解： an 1 4 n， 1 an 4 n，S n 4 34 n4 3， 则 bn Sn an 4 34 2n4 34 n， Tnb1b2 bn 4 3(4 24442n)4 3(44 24n) 4 3 16 14 2n 116 4 3 4 14 n 14 64 454 2n16 9 4 n16 45. 3在本例条件下，设bn an an 1 an11 ，求数列 bn的前 n 项和 Tn. 解： an 1 4 n， bn 1 4 n 1 4 n 1 1 4 n11 4 n1 4 n1 4n1 1 4 3 1 4 n 1 1 4 n11 . Tnb1b2

18、b3 bn 4 3 1 41 1 4 21 1 4 21 1 4 3 1 1 4 n11 4 3 1 5 1 4 n11 4 15 4 3 4 n13. 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，S3

19、 a5.令 bn(1) n1a n，则数列 bn 的前 2n 项和 T2n为() A nB 2n C nD2n 解析： 选 B设等差数列 an的公差为 d，由 S3a5，得 3a2 a5， 3(1 d)14d， 解得d2， an2n1， bn(1) n1(2n1)， T 2n1357(4n3)(4n 1) 2n，选 B. 2(2017 天津高考 )已知 an为等差数列，前n 项和为 Sn(nN *)，b n是首项为 2 的等 比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S11 11b4. (1)求an和bn的通项公式； (2)求数列 a2nb2n1的前 n 项和 (nN * ) 解：

20、(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 b2b3 12，得 b1(qq2)12， 而 b12，所以 q2 q60. 又因为 q0，解得 q2. 所以 bn2n. 由 b3a42a1，可得 3da18. 由 S11 11b4，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bn2 n. (2)由(1)知 a2n6n2， b2n124 n1， 则 a2nb2n1 (3n1)4 n， 设数列 a2nb2n1的前 n 项和为 Tn， 故 Tn24542 843 (3n1) 4n， 4Tn24

21、 2543844(3n4)4n(3n1)4n1， 上述两式相减，得3Tn2434 234334n(3n1)4n1 12 14 n 14 4(3n1)4 n1 (3n2)4 n18. 故 Tn 3n2 3 4 n18 3. 所以数列 a2nb2n1的前 n 项和为 3n2 3 4n 18 3. 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 1 Sn Sn1 ，记数列 bn的前 n 项和为 Tn，证明： Tn1) 由已知，得 a1a2a37， a13 a34 2 3a2， 即 a11qq 2 7， a1

22、16q q 2 7. 由 q1，解得 a11， q 2， 故数列 an的通项公式为 an2 n1. (2)由(1)得 bn2 n1(n1)ln 2， 所以 Tn(1 222 2n 1 )012(n1)ln 2 12 n 12 n n 1 2 ln 2 2 n 1 n n1 2 ln 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