（通用版）2019版高考数学二轮复习 第一部分 第二层级 重点增分 专题六 数列讲义 理（普通生含解析）.doc

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等差数列的基本运算T4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T17Sn与an的关系、等比数列求和T142017等差数列的通项公式、前n项和公式T4数学文化、等比数列的概念、前n项和公式T3等差数列的通项公式、前n项和公式及等比中项T9等差数列的通项公式、前n项和公式、裂项相消法求和T15等比数列的通项公式T142016等差数列的基本运算T3等差数列的通项公式、前n项和公式、创新问题T17数列的递推关系及通项公式、前n项和公式T17等比数列的运算及二次函数最值问题T15(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(裂项相消法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，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 大稳定1.(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，若3S3S2S4，a12，则a5()A12B10C10 D12解析：选B设等差数列an的公差为d，由3S3S2S4，得3(3a13d)2a1d4a16d，即3a12d0.将a12代入上式，解得d3，故a5a1(51)d24(3)10.2.已知等比数列an的前n项和为Sn，若a11，则数列an的公比q为()A4 B2C. D.解析：选C因为2，所以q1.所以1q5，所以1q5，所以q.3.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，a11，b11，a2b23.(1)若a3b37，求bn的通项公式；(2)若T313，求Sn.解：(1)设an的公差为d，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1.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bn2n1.(2)T31qq2，1qq213，解得q3或q4，由a2b23，得d4q，d1或d8.由Snna1n(n1)d，得Snn2n或Sn4n25n.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1.设数列an满足a2a410，点Pn(n，an)对任意的nN*，都有向量(1,2)，则数列an的前n项和Sn_.解析：Pn(n，an)，Pn1(n1，an1)，(1，an1an)(1,2)，an1an2，数列an是公差d为2的等差数列又由a2a42a14d2a14210，解得a11，Snn2n2.答案：n22.设某数列的前n项和为Sn，若为常数，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k(k为常数)，且a11，得nn(n1)dk，即2(n1)d4k2k(2n1)d，整理得，(4k1)dn(2k1)(2d)0，对任意正整数n，上式恒成立，得数列an的公差为2.答案：23.(2017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()A1盏 B3盏C5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S7381，公比q2，依题意，得S7381，解得a13. 大稳定1.在等比数列an中，a3，a15是方程x26x20的根，则的值为()ABC. D或解析：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a3a15a2，a3a156，所以a30，a15an1，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，所以解得an1恒成立，所以01.若0，则当nan1；若1，则当nan1，所以a6a5，即51，解得，所以0，则f(a1)f(a3)f(a5)的值()A恒为正数B恒为负数C恒为0D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上的增函数，所以当x0时，有f(x)f(0)0，当x0时，有f(x)0，所以f(a3)0.因为数列an是等差数列，所以a30a1a50a1a5f(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.已知数列an满足an2an1an1an，nN*，且a5，若函数f(x)sin 2x2cos2 ，记ynf(an)，则数列yn的前9项和为()A0 B9C9 D1解析：选C由已知可得，数列an为等差数列，f(x)sin 2xcos x1，f1.f(x)sin(22x)cos(x)1sin 2xcos x1，f(x)f(x)2，a1a9a2a82a5，f(a1)f(a9)2419，即数列yn的前9项和为9.4.数列an是首项a1m，公差为2的等差数列，数列bn满足2bn(n1)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bnanm2(n1)又对任意nN*都有bnb5成立，结合数列bn的函数特性可知b4b5，b6b5，故解得22m18.答案：22，18 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(n2，nN*)(1)求证：数列an是等比数列，并求an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bn的通项公式解(1)当n1时，a1S12a1，解得a11；当n2时，anSnSn1an1an，即(n2，nN*)所以数列an是首项为1，公比为的等比数列，故数列an的通项公式为ann1.(2)因为a11，所以b12a12.因为bn，所以1，即1(n2)所以数列是首项为，公差为1的等差数列所以(n1)1，故数列bn的通项公式为bn.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2anan1an1(n2)(2)证明an是等比数列的两种基本方法利用定义，证明(nN*)为一常数；利用等比中项，即证明aan1an1(n2)多练强化已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an3n(nN*)(1)求a1，a2，a3的值(2)设bnan3，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n1时，由a1S12a131，解得a13，n2时，由S22a232，得a29，n3时，由S32a333，得a321.(2)因为Sn2an3n，所以Sn12an13(n1)，两式相减，得an12an3，把bnan3及bn1an13，代入式，得bn12bn(nN*)，且b16，所以数列bn是以6为首项，2为公比的等比数列，所以bn62n1，所以anbn362n133(2n1). 增分考点深度精研析母题典例已知数列an满足a14a242a34n1an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bnbn1的前n项和Tn.解(1)当n1时，a1.因为a14a242a34n2an14n1an，所以a14a242a34n2an1(n2)，得4n1an(n2)，所以an(n2)由于a1，故an.(2)由(1)得bn，所以bnbn1，故Tn.练子题1在本例条件下，若设bnanlogan，求数列bn的前n项和Tn.解：an，bn，Tn，Tn，两式相减得，Tn22，Tn.2在本例条件下，若数列的前n项和为Sn，记bn(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.解：an，4n，Sn4n，则bn42n4n，Tnb1b2bn(424442n)(4424n)42n4n.3在本例条件下，设bn，求数列bn的前n项和Tn.解：an，bn.Tnb1b2b3bn.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(anbn)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，S3a5.令bn(1)n1an，则数列bn的前2n项和T2n为()AnB2nCn D2n解析：选B设等差数列an的公差为d，由S3a5，得3a2a5，3(1d)14d，解得d2，an2n1，bn(1)n1(2n1)，T2n1357(4n3)(4n1)2n，选B.2(2017天津高考)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*)解：(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b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2.所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18.由S1111b4，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bn2n.(2)由(1)知a2n6n2，b2n124n1，则a2nb2n1(3n1)4n，设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，上述两式相减，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18.故Tn4n1.所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1.3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，记数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn1.解：(1)设等差数列an的公差为d.因为所以解得所以an2n1.(2)证明：由(1)知，an2n1，所以Snn2.所以bn.所以Tnb1b2b3bn11)由已知，得即由q1，解得故数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)得bn2n1(n1)ln 2，所以Tn(12222n1)012(n1)ln 2ln 22n1ln 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