2020年高考数学二轮复习 5 数列讲学案 理 doc

回扣5 数 列

1．牢记概念与公式 等差数列、等比数列

通项公式 等差数列 等比数列 an＝a1＋(n－1)d n?a1＋an?Sn＝ an＝a1qn－1 (q≠0) a1?1－qn?(1)q≠1，Sn＝1－q前n项和 a1－anq＝； n?n－1?1－q＝na1＋d 2(2)q＝1，Sn＝na1 2

2.活用定理与结论

(1)等差、等比数列{an}的常用性质

等差数列 *等比数列 *①若m，n，p，q∈N，且m＋n＝p＋q， ①若m，n，p，q∈N，且m＋n＝p则am＋an＝ap＋aq； 性质 ②an＝am＋(n－m)d； ③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列

(2)判断等差数列的常用方法 ①定义法

＋q，则am·an＝ap·aq； ②an＝amqn－m； ③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(Sm≠0) an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)?{an}是等差数列．

②通项公式法

an＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)?{an}是等差数列．

③中项公式法

2an＋1＝an＋an＋2 (n∈N)?{an}是等差数列． ④前n项和公式法

*

Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)?{an}是等差数列．

(3)判断等比数列的常用方法 ①定义法

an＋1*

＝q (q是不为0的常数，n∈N)?{an}是等比数列． an②通项公式法

an＝cqn (c，q均是不为0的常数，n∈N*)?{an}是等比数列．

③中项公式法

*

a2n＋1＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N)?{an}是等比数列．

3．数列求和的常用方法

(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和．

(2)形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列，利用错位相减法求和． (3)通项公式形如an＝(其中a，b1，b2，c为常数)用裂项相消法求和．

?an＋b1??an＋b2?(4)通项公式形如an＝(－1)·n或an＝a·(－1)(其中a为常数，n∈N)等正负项交叉的数列求和一般用并项法．并项时应注意分n为奇数、偶数两种情况讨论．

(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列． (6)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求Sn.

nn*

c

1．已知数列的前n项和求an，易忽视n＝1的情形，直接用Sn－Sn－1表示．事实上，当n＝1时，a1＝S1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1.

2．易混淆几何平均数与等比中项，正数a，b的等比中项是±ab.

3．等差数列中不能熟练利用数列的性质转化已知条件，灵活整体代换进行基本运算．如等

Snn＋1an差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知＝，求时，无法正确赋值求解．

Tn2n＋3bn4．易忽视等比数列中公比q≠0导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解．

5．运用等比数列的前n项和公式时，易忘记分类讨论．一定分q＝1和q≠1两种情况进行讨论．

6．利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项． 7．裂项相消法求和时，分裂前后的值要相等， 如

1?11111?1

≠－，而是＝?－?.

n?n＋2?nn＋2n?n＋2?2?nn＋2?

n8．通项中含有(－1)的数列求和时，要把结果写成n为奇数和n为偶数两种情况的分段形式．

1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S13＞0，S14＜0，若ak·ak＋1＜0，则k等于( ) A．6 B．7 答案 B

解析 因为{an}为等差数列，S13＝13a7，S14＝7(a7＋a8)， 所以a7＞0，a8＜0，a7·a8＜0，所以k＝7.

2．已知在等比数列{an}中，a1＋a2＝3，a3＋a4＝12，则a5＋a6等于( ) A．3 B．15 C．48 D．63 答案 C 解析

C．13 D．14

a3＋a422

＝q＝4，所以a5＋a6＝(a3＋a4)·q＝48. a1＋a2

3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，a3＋a10＞0，a6a7＜0，则满足Sn＞0的最大自然数n的值为( ) A．6 B．7 C．12 D．13 答案 C

解析 ∵a1＞0，a6a7＜0，

∴a6＞0，a7＜0，等差数列的公差小于零， 又a3＋a10＝a1＋a12＞0，a1＋a13＝2a7＜0， ∴S12＞0，S13＜0，

∴满足Sn＞0的最大自然数n的值为12.

lg(1a?a)4．已知数列{an}满足3n?1?9?3n(n∈N)且a2＋a4＋a6＝9，则o5?a793aa*

等于( )

1

A．－ B．3

3C．－3 答案 C

解析 由已知3n?1?9?3n＝3n?2，所以an＋1＝an＋2，所以数列{an}是公差为2的等差数列，

aaa1D. 3

a5＋a7＋a9＝(a2＋3d)＋(a4＋3d)＋(a6＋3d)

＝(a2＋a4＋a6)＋9d＝9＋9×2＝27，

所以log1(a5?a7?a9)?log127??3.故选C.

33

5．已知正数组成的等比数列{an}，若a1·a20＝100，那么a7＋a14的最小值为( ) A．20 B．25 C．50 D．不存在 答案 A

解析 在正数组成的等比数列{an}中，因为a1·a20＝100，由等比数列的性质可得a1·a20＝

a4·a17＝100，那么a7＋a14≥2a7·a14＝2100＝20，当且仅当a7＝a14＝10时取等号，所以a7＋a14的最小值为20.

6．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4(n∈N)，则an等于( ) A．2C．2

n＋1

*

B．2 D．2

n－2

nn－1

答案 A

解析 an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－4－(2an－4)?an＋1＝2an，再令n＝1，∴S1＝2a1－4?a1＝4， ∴数列{an}是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴an＝4·2

n－1

＝2

n＋1

，故选A.

7．已知等差数列{an}的公差和首项都不等于0，且a2，a4，a8成等比数列，则( ) A．2 B．3 答案 B

解析 ∵在等差数列{an}中，a2，a4，a8成等比数列，

∴a4＝a2a8，∴(a1＋3d)＝(a1＋d)(a1＋7d)，∴d＝a1d，∵d≠0，∴d＝a1，∴＝3，故选B.

2

2

2

a1＋a5＋a9

等于a2＋a3

C．5 D．7

a1＋a5＋a915a1

＝a2＋a35a1

8．已知Sn为数列{an}的前n项和，若an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，则S20等于( ) A．31 B．122 C．324 答案 B

解析 由题意可知，因为an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)， 246

所以a1＝1，a2＝，a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝，…，

555

22

所以数列{an}的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为，公差为的55等差数列，

所以S20＝(a1＋a3＋……＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝122， 故选B.

D．484

9．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn是数列{an}的前

n项和，则2Sn＋16*

(n∈N)的最小值为( ) an＋3

A．4 B．3 9

C．23－2 D.

2答案 A

解析 由题意a1，a3，a13成等比数列，可得(1＋2d)＝1＋12d，解得d＝2，故an＝2n－1，2Sn＋162n＋16n＋8?n＋1?－2?n＋1?＋99

Sn＝n，因此＝＝＝＝(n＋1)＋－2，由基本不

an＋32n＋2n＋1n＋1n＋1

2

2

2

2

2

2Sn＋169

等式知，＝(n＋1)＋－2≥2

an＋3n＋1

?n＋1?×9

－2＝4，当n＝2时取得最小值4. n＋1

?1??1??n－1?＋

10．已知F(x)＝f?x＋?－1是R上的奇函数，数列{an}满足an＝f(0)＋f??＋…＋f???2??n??n?

f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )

A．an＝n－1 C．an＝n＋1 答案 C

B．an＝n D．an＝n

2

?1??1?解析 由题意F(x)＝f?x＋?－1是R上的奇函数，即F(x)关于(0,0)对称，则f(x)关于?，1?

?2??2?

对称．

?1??1??n－1?＝2，

即f(0)＋f(1)＝2，f??＝1，f??＋f???2??n??n??2??n－2?＝2，

f??＋f???n??n?

?1??n－1?＋f(1)＝n＋1.

则an＝f(0)＋f??＋…＋f???n?

?n?

11．在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________. 答案 20

解析 设公差为d，则a3＋a8＝2a1＋9d＝10， 3a5＋a7＝3(a1＋4d)＋(a1＋6d)＝4a1＋18d＝2×10＝20.

12．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________. 答案 50

解析 ∵数列{an}为等比数列，且a10a11＋a9a12＝2e， ∴a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e，∴a10a11＝e，

5

5

5

5

∴ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20) ＝ln(a10a11)＝ln(e)＝ln e＝50.

13．数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝2，Sn＋1＋(－1)Sn＝2n，则S100＝____________. 答案 198

解析 当n为偶数时，Sn＋1＋Sn＝2n，Sn＋2－Sn＋1＝2n＋2，所以Sn＋2＋Sn＝4n＋2，故Sn＋4＋Sn＋2

10

510

50

n＝4(n＋2)＋2，所以Sn＋4－Sn＝8，由a1＝2知，S1＝2，又S2－S1＝2，所以S2＝4，因为S4

＋S2＝4×2＋2＝10，所以S4＝6，所以S8－S4＝8，S12－S8＝8，…，S100－S96＝8，所以S100＝24×8＋S4＝192＋6＝198.

14．若数列{an}满足a2－a1＞a3－a2＞a4－a3＞…＞an＋1－an＞…，则称数列{an}为“差递减”数列．若数列{an}是“差递减”数列，且其通项an与其前n项和Sn(n∈N)满足2Sn＝3an＋2λ

*

－1(n∈N)，则实数λ的取值范围是________．

*

?1?答案 ?，＋∞?

?2?

解析 当n＝1时，2a1＝3a1＋2λ－1，a1＝1－2λ，当n＞1时，2Sn－1＝3an－1＋2λ－1，所以2an＝3an－3an－1，an＝3an－1，所以an＝(1－2λ3

n－2

)3n－1，an－an－1＝(1－2λ)3n－1－(1－2λ)

1

＜0，λ＞. 2

＝(2－4λ)3n－2，依题意(2－4λ)3n－2是一个减数列，所以2－4λ

15．Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b1，b11，b101；

(2)求数列{bn}的前1 000项和． 解 (1)设{an}的公差为d，由已知可知，

S7＝7×a1＋

7×?7－1?

×d＝7＋21d＝28， 2

解得d＝1，所以{an}的通项公式为an＝1＋(n－1)×1＝n.

b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.

0，1≤n＜10，??1，10≤n＜100，

(2)因为b＝?2，100≤n＜1 000，

??3，n＝1 000，

n

所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.

1211*

16．各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足：Sn＝an＋an＋(n∈N)．

424(1)求an；

?1?5

(2)设数列?2?的前n项和为Tn，证明：对一切正整数n，都有Tn＜.

4?an?

1211

(1)解 由Sn＝an＋an＋可知，

4241211

当n≥2时，Sn－1＝an－1＋an－1＋， ②

424

①

由①－②化简得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0， 又数列{an}各项为正数，

1211

∴当n≥2时，an－an－1＝2，故数列{an}成等差数列，公差为2，又a1＝S1＝a1＋a1＋，解424得a1＝1， ∴an＝2n－1.

11111

(2)证明 Tn＝2＋2＋2＋…＋2＋2 a1a2a3an－1an11111＝2＋2＋2＋…＋2＋2 . 135?2n－3??2n－1?∵＝

111

＜2 2＝2?2n－1?4n－4n＋14n－4n111?1

－?＝??，

4n?n－1?4?n－1n?

1?111111?11?1?11?1?1－∴Tn＝2＋2＋2＋…＋?＋ 2＋2＜1＋?－?＋?－?＋…＋?135?2n－3??2n－1?4?12?4?23?4?n－2n－1?11?1

－??? 4?n－1n?

11111?1111

－＋－?＝1＋?－＋－＋…＋ n－2n－1n－1n?4?1223?115

＝1＋－＜.

44n4

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