2019届高考数学复习专题二第4讲数列学案.docx

第4讲数列1等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现；2数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下3高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下1等差数列(1)通项公式：ana1(n1)d；(2)求和公式：Snna1d；(3)性质：若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；anam(nm)d；Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差数列2等比数列(1)通项公式：ana1qn-1(q0)；(2)求和公式：q1，Snna1；q1，Sn；(3)性质：若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；anamqn-m；Sm，S2mSm，S3mS2m，(Sm0)成等比数列3数列求和(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并(2)错位相减法：主要用于求数列anbn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中an是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列热点一等差(比)数列的性质【例1】(1)(2018南昌联考)等比数列中，若，则等于（）A-4B4C4D172(2)(2017北京海淀区质检)已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an2，若数列bn满足bn10log2an，则使数列bn的前n项和取最大值时的n的值为_解析(1)数列为等比数列，即，则故选B(2)Sn2an2，n1时，a12a12，解得a12当n2时，anSnSn12an2(2an12)，an2an1数列an是公比与首项都为2的等比数列，an2nbn10log2an10n由bn10n0，解得n10使数列bn的前n项和取最大值时的n的值为9或10答案(1)B(2)9或10探究提高1利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解2活用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题【训练1】 (1)设等差数列an的公差为d，若数列2a1an为递减数列，则（）Ad0Bd0Da1d0(2) (2018银川一中)等比数列an的前n项和为Sn，己知S23，S415，则S3（）A7B9C7或9D638解析(1)因为数列2a1an为递减数列，所以2a1an2a1an1，则a1ana1an1，a1(anan1)0，从而a1d0，a2an4Sn3(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13两式相减可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由于an0，可得an1an2又a2a14a13，解得a11(舍去)，a13所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1(2)由an2n1可知bn设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn探究提高1裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项2消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项【训练32】 (2019广元一模)设Sn为数列an的前n项和，已知a1=2，对任意nN*，都有2Sn=(n+1)an（1）求数列an的通项公式；（2）若数列4an(an+2)的前n项和为Tn，证明：12Tn0，所以1-1n+11又因为fn=1n+1在N*上是单调递减函数，所以1-1n+1在N*上是单调递增函数所以当n=1时，Tn取最小值12，所以12Tn0，解得q2，所以bn2n由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，由此可得an3n2所以an的通项公式为an3n2，bn的通项公式为bn2n(2)设数列a2nbn的前n项和为Tn，由a2n6n2，bn2n，有Tn 4210221623(6n2)2n，2Tn42210231624(6n8)2n(6n2)2n1，上述两式相减，得Tn4262262362n(6n2)2n14(6n2)2n1(3n4)2n216所以Tn(3n4)2n216所以数列a2nbn的前n项和为(3n4)2n216探究提高1一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解2在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“SnqSn”的表达式【训练33】 (2018浙江期末)已知数列an满足：2n-1a1+2n-2a2+2an-1+an=n，nN*（1）求a1,a2及数列an的通项公式；（2）若数列bn满足：b1=1，bn+1-bnan=2n，求数列bn的通项公式解（1）n=1时a1=1，n=2时2a1+a2=2a2=02n-1a1+2n-2a2+2an-1+an=n2n-2a1+2n-3a2+an-1=n-1n2-2an=2-nn2a1=1满足上式，故an=2-n（2）bn+1-bn=2-n2n，有b2-b1=121b3-b2=022bn-bn-1=3-n2n-1n2累加整理bn=1+121+022+3-n2n-1，n22bn=2+122+023+3-n2n，n2-得bn=1-2+1221-2n-21-2+3-n2n=4-n2n-5n2b1=1满足上式，故bn=4-n2n-5热点四an与Sn的关系问题【例4】(2017济南模拟)设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，bn1log2|an|，数列bn的前n项和为Tn，cn(1)求数列an的通项公式；(2)求数列cn的前n项和An，并求出An的最值解(1)因为an5Sn1，nN*，所以an15Sn11，两式相减，得an1an，又当n1时，a15a11，知a1，所以数列an是公比、首项均为的等比数列所以数列an的通项公式an(2)bn1log2|an|2n1，数列bn的前n项和Tnn2，cn，所以An1因此An是单调递增数列，当n1时，An有最小值A11；An没有最大值探究提高1给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an2形如an1panq(p1，q0)，可构造一个新的等比数列【训练4】(2019枣庄八中)已知数列an的前n项和为Sn，a1=2，Sn=2Sn-1-n(n2,nN*)（1）求an的通项公式；（2）若bn=nan，求bn的前n项和Tn解（1）Sn=2Sn-1-nn2,nN*，当n33时，Sn-1=2Sn-2n-1-得，an=2an-1-1,an-1=2an-1-1，所以an-1an-1-1=2n3当n=2时，a1+a2=2a1-2，得a2=0，则a2-1a1-1=-11=-12所以an-1是从第二项起，以2为公比的等比数列则an-1=-12n-2=-2n-2，an=-2n-2+1n2,nN*所以an=2,n=1-2n-2+1,n2（2）易知bn=2,n=1-n2n-2+n,n2Tn=2-220-321-n2n-2+2+3+n，2Tn=4-221-322-n2n-1+22+3+n，-得-Tn=-2-2-2-22-23-2n-2+n2n-1-n-1n+22=-4-2-2n-221-2+n2n-1-n-1n+22=2n-1n-1-2-n-1n+22所以Tn=n2+n+22-2n-1n-11(2018全国I卷)设Sn为等差数列an的前n项和，若3S3=S2+S4，a1=2，则a5=（）A-12B-10C10D122(2018全国I卷)记Sn为数列an的前n项和，若Sn=2an+1，则S6=_3(2018全国III卷)等比数列an中，a1=1，a5=4a3（1）求an的通项公式；（2）记Sn为an的前n项和若Sm=63，求m4(2018全国II卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a1=-7，S3=-15（1）求an的通项公式；（2）求Sn，并求Sn的最小值5(2018全国I卷)已知数列an满足a1=1，nan+1=2n+1an，设bn=ann（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；（3）求an的通项公式1(2018玉溪一中)设Sn为等比数列an的前n项和，a5a2=-8，则S5S2=( )A11B5C-11D-82(2018银川一中)在等差数列an中，若a10a90成立的正整数n的最大值是（）A15B16C17D143(2018福建联考)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些整数染成红色,先染1；再染3个偶数2，4，6；再染6后面最邻近的5个连续奇数7，9，11，13，15；再染15后面最邻近的7个连续偶数16，18，20，22，24，26，28；再染此后最邻近的9个连续奇数29，31，45；按此规则一直染下去，得到一红色子数列：1，2，4，6，7，9，11，13，15，16，则在这个红色子数列中，由1开始的第2019个数是（）A3972B3974C3991D39934(2017沈阳二模)已知数列an满足an1an2，a15，则|a1|a2|a6|（）A9B15C18D305(2017成都诊断)已知等比数列an的各项均为正数，且a12a25，4aa2a6(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足b12，且bn1bnan，求数列bn的通项公式；(3)设cn，求数列cn的前n项和为Tn1(2018长郡中学)已知数列an的前n项和为Sn，且Snn24n，若首项为13的数列bn满足1bn+1-1bn=an，则数列bn的前10项和为（）A175264B3988C173264D1812642(2018莲塘一中)数列an的前n项和为Sn，a1=-8，且(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10，若n,mN*，nm，则Sn-Sm的最大值为（）A10B15C18D263(2016全国卷)已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式4(2018长春期末)已知数列an的前n项和Sn满足Sn=Sn-1+1n2,nN，且a1=1，（1）求数列的通项公式an；（2）记bn=1anan+1，Tn为bn的前n项和，求使Tn2n成立的n的最小值5(2017衡水中学质检)若数列an是公差为2的等差数列，数列bn满足b11，b22，且anbnbnnbn1(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设数列cn满足cn，数列cn的前n项和为Tn，若不等式(1)n0，a100，且a9+a100，由等差数列的性质和求和公式可得结论【答案】等差数列an的前n项和有最大值，等差数列an为递减数列，又a10a90，a100，a9+a100，又S18=18(a1+a18)20，Sn0成立的正整数n的最大值是17，故选C3【解题思路】根据题意知，每次涂成红色的数字成等差数列，并且第n次染色时所染的最后一个数是n(2n-1)，可以求出2019个数是在第45次染色的倒数第7个数，因此可求得结果【答案】第1此染色的数为1=11，共染色1个，第2次染色的最后一个数为6=23，共染色3个，第3次染色的最后一个数为15=35，共染色5个，第4次染色的最后一个数为28=47，共染色7个，第5次染色的最后一个数为45=59，共染色9个，第n次染色的最后一个数为n（2n-1），共染色2n-1个，经过n次染色后被染色的数共有1+3+5+（2n-1）=n2个，而2019=4545-6，第2019个数是在第45次染色时被染色的，第45次染色的最后一个数为4589，且相邻两个数相差2，20194589-123993故选D4【解题思路】确定数列an中那些项是正数，那些项是负数【答案】an1an2，a15，数列an是公差为2的等差数列an52(n1)2n7数列an的前n项和Snn26n令an2n70，解得nn3时，|an|an；n4时，|an|an则|a1|a2|a6|a1a2a3a4a5a6S62S362662(3263)18故选C5【解题思路】(1)由a12a25，4aa2a6列方程组解出首项a1，公比q，(2)利用累加法求通项 (3)裂项相消法求前n项和【答案】解(1)设等比数列an的公比为q，由4aa2a6得4aa所以q24，由条件可知q0，故q2，由a12a25得a12a1q5，所以a11，故数列an的通项公式为an2n1(2)由bn1bnan得bn1bn2n1，故b2b120，b3b221，bnbn12n2(n2)，以上n1个等式相加得bnb11212n22n11，由b12，所以bn2n11(nN*)(3)cn，所以Tnc1c2cn1【解题思路】首先根据数列中Sn与an的关系，求得an=2n+3，利用条件1bn+1-1bn=an=2n+3，用累加法求得bn=1n2+2n，用裂项相消法求和，之后将n=10代入求得结果【答案】由Sn=n2+4n，可得an=2n+3，根据1bn+1-1bn=an=2n+3，结合题的条件，应用累加法可求得1bn=n2+2n，所以bn=1n2+2n=1n(n+2)=12(1n-1n+2)，所以数列bn的前n项和为Tn=12(1-13+12-14+1n-1n+2)=12(32-1n+1-1n+2)，所以T10=12(32-111-112)=175264，故选A2【解题思路】由已知条件求出数列的通项公式，根据数列特征求出最值【答案】(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10,(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2-21n+10，(3n-5)an+1=(3n-2)an-3n-53n-2，nN*，an+13n-2=an3n-5-1，数列an3n-5为等差数列，首项为a13-5=4，d=-1an3n-5=4-n-1=5-n,an=3n-55-n,a2=3,a3=8,a4=7在数列an中只有a2,a3,a4为正数Sn-Sm的最大值为a2+a3+a4=3+8+7=18，故选C3【解题思路】(1)代入n1，n2依次求出a2，a3，(2)化简a(2an11)an2an10可得为数列an等比数列【答案】解(1)由a11，a(2an11)an2an10，