《人教A版2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳：数列(拔高).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教A版2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳：数列(拔高).docx（30页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、na2第一章:等差数列与等比数列的综合 核心考点一 :等差、等比数列的判断与证明方法总结判断和证明数列是等差、等比数列常见的 3 中方法如下：a（1）定义法：对于 n 2 的任意正整数，都有 a -a （或 n ）为同一常数（用n -1n -1于证明）（2）通项公式法：若 a =a +( n -1) d =nd +( a -d ) ，则数列 a为等差数列（用于判断）； n 1 1 n若 a =a q n 1n -1a= 1 qqn=c qn，则数列 a为等比数列（用于判断）； n（3）中项公式法：若 2 a =a nn -1+an +1（ n 2, n N*），则数列 a为等差数列（用于证明）
2、；n若 a2n=a a n -1 n +1（ n 2, n N*），则数列 a为等比数列（用于证明）；n1.设 a是首项为 ,公差为 的等差数列 n, S 是其前 项和.记 b = n n,n N * ,其中 为实数.(1)若,且 b , b , b 成等比数列,证明： S =n1 2 4 nk2S ( k , n N k*) ;(2)若 b是等差数列,证明： n.【解答】证明：(1)若 c=0,则 a =a +(n1)d,n 1.当 b ,b ,b 成等比数列时,则 1 2 4,即：,得：d =2ad,又 d0,故 d=2a.因此：.故：(2)=(k,nN*).= .若b 是等差数列,则b
3、的通项公式是 b =A +B 型.n n n n观察式后一项,分子幂低于分母幂,故有：,即,而,故 c=0.经检验,当 c=0 时b 是等差数列.n2.已知数列 a的前n 项和为 S , a =1 , a 0 , a an n 1 n n n +1=lS -1,其中 l n为常数,(1)证明： an +2-a =ln;(2)是否存在 l ,使得 a为等差数列? 并说明理由.n【解析】因此存在 l=4 ,使得 a为等差数列.n3.对于给定的正整数 k ,若数列a 满足 a +a n n-k n -k +1+ +an -1+an +1+ +an +k -1+an +k=2 kan对任意正整数n(
4、n k )总成立 ,则称数列a n是“P ( k )数列”.(1)证明：等差数列a n是“P (3)数列”(2)若数列a n既是“P (2)数列”,又是“P (3)数列”,证明：a n是等差数列.【解析】证明:(1)因为 a是等差数列, n设其公差为 d ,则a =a +( n -1)d n 1,从而,当 n 4 时,a +a =a +( n -k -1)d +a +( n +k -1)d n -k n +k 1 1=2 a +2( n -1)d =2 a , k =1,2,3, 1 n所以a +a +a +a +a +a =6 a n -3 n -2 n -1 n +1 n +2 n +3
5、n,因此等差数列 a是“P (3)n数列”.an +2+an +3=4 an +1-( an -1+a )n,将代入,得a +a =2a n -1 n +1 n,其中 n 4 ,所以a , a , a , 3 4 5是等差数列,设其公差为 d .在中,取 n =4 ,则a +a +a +a =4 a ,所以 a =a -d 2 3 5 6 4 2 3,在中,取 n =3 ,则a +a +a +a =4 a 1 2 4 5 3,所以a =a -2 d 1 2,所以数列a n是等差数列.4.设 a , a , a , a 是各项为正数且公差为 d ( d 0) 的等差数列 1 2 3 4n +1(
6、1)证明： 2a1 , 2 a2 , 2 a3 , 2 a4 依次成等比数列;(2)是否存在 a , d ,使得 a , a1 122, a33, a44依次成等比数列,并说明理由;(3)是否存在 a , d 及正整数 n, k ,使得 a n1 1, an +k2, an +2 k3, an +3 k4依次成等比数列,并说明理由.【解析】试题分析(1)根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为d零的常数即可(2)本题列式简单,变形较难,首先令 t = 将二元问题转化为一元,再a1分别求解两个高次方程,利用消最高次的方法得到方程： 7t2+4t +3 =0 ,无解,所以d不存在
7、(3)同(2)先令 t = 将二元问题转化为一元,为降次,所以两边取对数,消去a1n,k 得到关于 t 的一元方程4ln(1 +3t )ln(1 +t ) -ln(1+3t )ln(1 +2t ) -3ln(1 +2t )ln(1 +t ) =0 ,从而将方程的解转化 为研究函数 g (t ) =4ln(1 +3t )ln(1 +t ) -ln(1+3t )ln(1 +2t ) -3ln(1 +2t )ln(1 +t ) 零点情 况,这个函数需要利用二次求导才可确定其在 (0, +)上无零点2a试题解析：(1)证明：因为 =22ana -an +1 n=2d( n =1 ,2, 3 )是同一个
8、常数,所以 2a1 , 2a 2 , 2 a3 , 2 a4 依次构成等比数列.化简得 t 3 +2t 2 -2 =0(*),且 t 2 =t +1 .将 t 2 =t +1 代入(*)式,t (t+1)+2(t+1)-2=t2+3t =t +1+3t =4t +1 =0,1 则 t =- .4, a , a( )2 n +k(及 a 显然 t =-14不是上面方程得解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在a1, d ,使得a1,a2 3 42 3 4依次构成等比数列.(3)假设存在 a , d 及正整数 n , k ,1使得 a n , 1a n +k , a n +2 k , a n +3k
9、2 3 4依次构成等比数列,则 a n1(a+2d 1)n+2k=(a+d1)2(n+k),且 (a+d1)n+k(a+3d 1)n+3k=(a+2d1)2(n+2k).分别在两个等式的两边同除以 a12 n +2k 1),并令t =da11( t - , t 0 ), 3则 (1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且 (1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).化简得2k ln (1+2t)
10、-ln(1+t)=n2ln(1+t)-ln(1+2t),且3k ln (1+3t)-ln(1+t)=n3ln(1+t)-ln(1+3t).再将这两式相除,化简得ln (1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)( *).令g (t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)ln(1+t),则 g (t)=2 (1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t) (1+t)(1+2t)(1+3t).令 j(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)
11、2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t),则j(t)=6(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)ln(1+t).令j (t)=j(t) 1,则j1(t)=63ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t).2n令j2(t)=j1(t),则j(t)=12(1+t)(1+2t)(1+3t)0.由g (0)=j(0)=j(0)=j(0)=0,j1 2 2(t)0,第二节:求解数列的通项公式与前 项和 核心考点一：裂项相消1. 设数列a的前n 项和为 S .已知 2 S =3 n +3 . n n n(I)求 a的通项公式;n(II)若数列 b满足a b
12、=log a ,求 b的前n 项和T .n n n 3 n n n【解析】(I)因为 2 S =3nn+3所以, 2a =3 +3 ,故 a =3, 1 1当 n 1 时, 2Sn -1=3n -1+3,此时, 2a =2 S -2 S n nn -1=3n-3n -1, 即 a =3nn -1,3, n =1, 所以, a =3n -1, n 1,1n123n*(II)因为 a b =log a ,所以 b =n n 3 n 113当 n 1 时, b =31-nn1所以 T =b =1 13当 n 1 时,log 3n -13=(n-1)31-nT =b +b +b +b = +(13-1
13、3+2 3-2+(n-1)31-n)所以 3T =1 +(130 n+2 3-1+(n-1)32-n)两式相减,得经检验, n =1 时也适合,综上可得： T =n13 6n +3 +12 4 3n核心考点二：错位相减1.设等差数列a 的前 n 项和为 S ,且 S =4S ,a =2a +1.n n 4 2 2n n(1)求数列a 的通项公式;n(2)设数列b 的前 n 项和为 T 且n nc 的前 n 项和 R .n n(为常数).令 c =b (nN )求数列n 2n【解答】解：(1)设等差数列a 的首项为 a ,公差为 d,由 a =2a +1,取 n=1,得n 1 2n na =2a
14、 +1,即 a d+1=0 2 1 1再由 S =4S ,得4 2联立、得 a =1,d=2.1所以 a =a +(n1)d=1+2(n1)=2n1; n 1,得(2)把 a =2n1 代入n,即 d=2a1,则.所以 b =T =1,1 1当 n2 时,= .所以R =c +c +c = n 1 2 n.得：=所以;所以数列c 的前 n 项和n.核心考点三：分组求和1. S 为等差数列 a的前n n n项和,且 a =1， S =28. 记 b = lga ,其中x表示不 1 7 n n超过 x的最大整数,如 0.9=0，lg99=1.n(1)求 b ，b ，b ;1 11 101(2)求数
15、列 b的前1 000 项和.n【答案】(1) b =0 , b =1 , b1 11 101=2 ;(2)1893.【解析】试题分析：(1)先用等差数列的求和公式求公差 d ,从而求得通项 a ,再根据已知条n件 x表示不超过x的最大整数,求 b ，b ，b ;(2)对 n 分类讨论,再用分段函数表1 11 101示 b ,再求数列 b的前1 000 项和. n n试题解析：(1)设 a 的公差为 dn所以 a 的通项公式为 a =n. n n,据已知有 7 +21d =28,解得 d =1.b =lg1 =0, b =lg11 =1,b 1 11 101=lg101 =2.(2)因为b =0
16、,1 ,2 ,3 ,1 n 10, 10 n 100,100 n a ,则 G ( A) ;n n 1(3)证明：若数列 A 满足 a - ann -11(n=2,3, ,N),则 G ( A)的元素个数不小于 aN-a .1【答案】(1) G ( A)【解析】的元素为 2 和 5 ;(2)详见解析;(3)详见解析.试题分析：(1)关键是理解 G 时刻的定义,根据定义即可写出 G ( A)的所有元素; i(2) 要证 G ( A) ,即证 G ( A) 中含有一元素即可;(3) 当 a a 时,结论成立.只要证明当 a a 时仍然成立即可. N 1 N 1试题解析：(1) G ( A) 的元素
17、为 2 和 5 .(3)当 a a 时,结论成立.N 1以下设 a a .N 1由(2)知 G ( A) .设 G ( A) = n , n ,n,n n n,记n =1 .1 2 p 1 2 p 0则 a a a a.n n n n0 1 2 p对 i =0,1,p,记G = k N * n a .i i k n如果 G ,取 m =min G ,则对任何 1 k m , a a a . i i i i k n mi i从而 m G ( A) 且 m =n .i i i +1又因为 n 是 G ( A) 中的最大元素,所以 G = .p p从而对任意 n k n ,pa a ,特别地, k
18、npa a .N np对 i =0,1,p-1,an -1i+1a .ni因此 ani+1=an -1i+1+( ani+1-an -1i+1) a +1 .nikp所以 a -a a -a = ( a -a N 1 n 1 np ii =1考点：数列、对新定义的理解.ni-1) p .3.记U =1,2,，100 a(nN.对数列 n*)和U的子集 T,若T =,定义S =0S;若T =t,t ,，t1 2k,定义S =a +a +a T t t t1 2k.例如：T = 1,3,66 时,S =a +a +a T 1 3 66.现设an(nN*)是公比为 3 的等比数列,且当T = 2,4
19、 时,S =30S.(1)求数列a的通项公式; n(2)对任意正整数k(1k100),若T 1,2,，k,求证：S 0, n N * ,n所以 S a +a + r 1 21+a =1 +3 + +3k -1 = (3k -1) 3k .2因此, S a rk +1.(3)下面分三种情况证明.若 D 是 C 的子集,则 S +SCC D=S +S S +S =2 S . C D D D Dm若 C 是 D 的子集,则 S +SCC D=S +S =2 S 2 S . C C C D若 D 不是 C 的子集,且 C 不是 D 的子集.令 E =C C D , F =D C C 则 E fU U,
20、F f,EF =f.于是 S =S +S C EC D, S =S +S D FC D,进而由 S S ,得 S S .C D E F设 k 是 E 中的最大数, l 为 F 中的最大数,则 k 1,l 1, k l.由(2)知, S a Ek +1,于是 3l -1 =a S S al F Ek +1=3 k ,所以 l -1M ;n或者存在正整数m ,使得 c , c m m +1, cm +2, 是等差数列.【答案】(1)详见解析;(2)详见解析. 【解析】1 1所以 c =n试题分析：(1)分别代入求c , c , c 1 2 3,观察规律,再证明当 n 3 时,(bk +1-nak
21、+1) -(b -na ) =2 -n 0, d =0, d 0 1 1 1三种情况讨论证明.试题解析：解：(1)c =b -a =1 -1 =0, 1 1 1c =maxb -2 a , b -2 a =max1 -2 1,3 -2 2 =-1 2 1 1 2 2,c =maxb -3a , b -3a , b -3a =max1 -3 1,3 -3 2,5 -3 3 =-2 3 1 1 2 2 3 3.当 n 3 时,(b -na ) -(b -na ) =(b -b ) -n ( a -a ) =2 -n nd 时，2 1 2 1b -a n, 当d nd 时，1 1 2 1.当 d 0 1d时,取正整数 m 2 ,则当 n m 时,d1nd d1 2,因此 c =b -a nn 1 1.此时,c , cm m +1, cm +2,是等差数列.当 d =0 1时,对任意 n 1,c =b -a n +( n -1)maxd ,0 =b -a +( n -1)(maxd ,0 -a ). n 1 1 2 1 1 2 1d1 1 1 2此时, c , c , c , 1 2 3当 d d2 时,有 nd maxc故当时, n MnM +| b -d | +a -d -d d 1 2 1 1 2 , 2 ,-d d1 1