2020届江苏省南京市高三数学应知应会过关检测讲义3——数列

1、数列、考试说明要求：序号内容要求ABC1数列的概念2等差数列3等比数列二、应知应会知识和方法：1（1）在公差为 2 等差数列 an中，若 a2a4a64，则 a1 a3 a5 解：a1a3a5 2（2）设 Sn为等差数列 an 的前 n 项和， S4 14 ， S10 S7 30，则 S9 解： S9541an an+1+（ 3 ）已知数列 an的首项为 a1 ，且满足5 （nN），则 a6 3an+1an1解： a628说明：考查等差数列的概念，注意运用基本量思想（方程思想）解题通项公式和前 n 项求和公式建立了 基本量之间的关系2（1）在等差数列 an中，若 a1a24，a22a2324，

2、则数列 an 的前 23 项和 S23 解： S23 161（2）已知数列 an的前 n 项的和 Snn29n，第 k项满足 5ak0，S13 0 当该数列的前 n 项和 Sn 取得最大值时， n 解： n 9（5）数列 an 的前 n 项和 Snn 22 n1 则 a2 a4 a6 a100 解： 5150 说明：注意等差数列的前 n 项和的特征在解题中的应用： Sn a1 ann （n 1）其中 a1 an a2 an 1 a3 an 2，注意平均数的概念；公差不为 0 的等差数列的前 n 项和是关于项数 n 的二次函数，且常数项为0；前 n 项和最大、最小的研究方法4（1）若等比数列 a

3、n的前三项和 S3 1 ，且 a31，则 a2 解： a2 1（2）等比数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 S1，2S2，3 S3成等差数列，则 an的公比 q为 解： q 13（3）各项是正数的等比数列 an中， a1 3，S321 则 a2a4a6解： a2 a4 a6 126（4）设正项等比数列 an的前 n 项和为 Sn，S41，S817，则 an 解：1an1525）设等比数列 an的前 n项和为 Sn，若 a12，S69S3，则a5的值为 解： 32.（ 6）等比数列 an的各项均为实数 ，其前 n 项的和为 Sn，已知 S374，S6643，则 a8 解：32.说明：等比数列

4、的概念，注意运用基本量思想（方程思想）解题通项公式和前 n 项求和公式建立了基本 量之间的关系等差和等比数列的简单综合5（1）设正项等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若 Sn2，S3n14，则 S4n解： S4n 30（ 2 ）在等比数列 an中，已知 a1a2a31，a4a5a62 则该数列前 15 项的和 S15 解： 11（ 3）有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数解： 0， 4， 8， 16 或 15， 9，3， 1说明：掌握等比数列的性质能提高解题的速度这些性质主要有： 若 n mpq，则

5、 anam apaq； 公比为 q 的等数列 an 中，其下标成等差数列的子数列也成等比数列； 公比为 q 的等比数列 an 中，连续 m 项的和也组成等比数列，且公差为qm 等注意与等差数列的简单综合6（1）已知数列的通项 an 32nn21， nn为偶数 则 a2a3 解： a2a3 20+1（2）已知数列 an对于任意 p，qN+，有 apaq aq+p，若 a19，则 a36 解： a36 4（3）数列 an 的构成法则如下： a1 1如果 an 2 为自然数，且之前未出现过，则an+1 an 2，否则 an+13an，那么 a6 解： a6 15 说明：考查递推公式和归纳思想（寻找规

6、律） ，注意从等差、等比、周期等方面进行归纳 7（1）数列 121，314，518，（2n1） 21n，的前 n 项和 Sn的值等于 解：Snn2121n（2）在数列 an中，解： n 99an1n n 1且 Sn 9，则 n1 1 13）等差数列 an中， an+12 n1 则Sn a11a2 a21a23 a20019a2010解：2009Sn 4018（4）数列 1，12，124，1242n 1前 n 项和为 Sn，那么 Sn 解： Sn 2n1n2（ 5 ）设数列 an是等差数列， bn 是各项为正数的等比数列，且a1b1，a3b521，a5b313，求数列 an 、 bn的通项公式；

7、求数列 bnn的前 n项和 Sn解： an 2 n 1， bn 2 Sn 6 2n32n 116）已知数列 an 满足 a12，an 2 n，设数列 bn 满足2an2bnn2n，求 b1 b2 bn 的值解：112（n1）2n1解析：bn2（ n 2） n 2n 2 n 1 n（n 1）221 n 2 n（ n 1） 2n 11 1 n2 （n1）1 n n 1 n2n 1（n1） 2n 11 1 1 12n1n2n2n1（ n1） 1 1 ，2n1n2n（ n1）2n1，所以 b1b2 bn1121 2122 21223123 n2n1（n 1）2n1 112（n1） 2n1.说明：掌握等

8、差数列和等比数列的求和方法；掌握一些能转化为等差和等比数列的求和；掌握错位相减 求和；知道一些典型的裂项求和方法38（1）如果数列 an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn2an3，那么这个数列的通项公式是 解： an 2 3n（两种思路：一是归纳，二是转化）12）数列 an 中，已知 a12 且前 n 项和 Snn2an，则 an解：an1n（n1）3）数列 an 中，已知 a1 1， a1 2 a2 3 a3 nan2 n 1， 则 an解：an2，n，1，n2n114）已知数列 an的前 n项和 Sn=an（2）n12（n为正整数） . 令 bn=2nan，求证：数列 bn是等差数列，并求

9、数列 an 的通项公式解： an=2nn（5）设数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足： an0，Sn（anp）2（nN*，pR）若 a1，a2，a3成等差数列 ， 求数列 an 的通项公式解： an2n1解析： 设等差数列 a1，a2，a3的公差为 d.因为 Sn （ an p）2（nN*，pR），所以 a1（a1p）2， a1 a2（a2p）2，； a1a2a3（a3p）2. ，得 a2（a2 p）2（a1p）2， 即 a2d（a1a22p）， ，得 a3（a3 p）2（a2p）2， 即 a3d（a2a32p）， ，得 a3a2d（a2a32p）（a1a2 2p），即 d 2d2.an2

10、(nN*)，1 若 d0，则 a2a30，与 an0 矛盾 ，故 d2.1 1 1 1 代入 得 a1 21 12 a1a1122p ， 于是 p14.因为 Sn所以 Sn1an12，所以 an1 Sn1 Snan141an4an1412an 1an0，整理得an14an420，于是 （a n1 an）1an1 an 20.因为 an0，所以 an 1 an1120，即 an1 an 2.因为 a112 a1 4 ，1 所以 a1 4.11所以数列 an 是首项为 41，公差为 21的等差数列1 12n 1*因此 ，an 42（n1） 4 （nN*）.（6）已知各项均为正数的无穷数列an的前

11、n 项和为 Sn，且满足 a1a（其中 a 为常数 ），nSn1（n1）Snn（n1）（nN*）求 an的通项公式解： an 2n2a解析：因为 nSn1（n1）Snn（n1），所以 Sn 1 Sn1，又 S1a1a，则数列 Sn 是以 a 为首项 ，1 n 1 n n为公差的等差数列 ，因此Snnn1 a，即 Snn2（a1）n.当 n2 时，anSnSn12n2a，又 a1a 也符合上式 ，故 an2n2a（nN*），故对任意 nN*，都有 an1an2，即数列 an 是以 2 为公差的等 差数列说明：利用数列 an的前 n 项和为 Sn与通项 an的关系求解数列的通项公式an f（n）或

12、者其他类似问题是常考题型和热点问题，解决这类题目的主要方法是对Sn与 an的关系式递推 （可前推也可以后推 ）后，两式相减，消去和 Sn，得到相邻两项 （或者是相邻三项 ）关系后求解，有时也将 an 表示成 Sn Sn1（n2，nN*）后，消去 项 an 后求解 .2an19（1）已知 an+1n ， a12 求证：数列 的等差数列；求数列 an的通项公式an 2an2 解：略；an n （ 2 ）已知数列 an满足 a11，a23，an+23an+12an （nN） 证明：数列 an+1an 是等比数列； 求数列 an的通项公式 解：略； an 2n1（3）根据下列条件，分别确定 an 的通

13、项公式：an+1 n 1 a1 1， an+1 an 2n ； a1 1， ； a1 1， an+1 3an 4ann解： an n2 n 1 ann an3 n2 说明：理解由数列的递推公式求通项公式的方法掌握常见递推数列的通项公式的求法，如an+1anfan+1an10（1）数列 an 的通项公式解：n），f（n），an+1pa n q（其中 p、 q 为常数）其主要想法是将其转化为等差或等比数列ann2n（nN*），若数列 an为递增数列 ，求实数 的取值范围2）解：3）（3，）1已知数列 bn满足 bn2（2）n1n2，若数列 bn 是单调递减数列 ，求实数 的取值范围1，130.已知

14、各项是正数的数列 an的前 n项和为 Sn.若 Sn Sn 1求数列 an 的通项公式；若an2 2*3 （nN*，n2），且 a1 2. 3Sn 2n1对任意 nN*恒成立 ， 求实数 的取值范围 .解： （1） an3n 1，1516解析： （1）当 n2 时，由 Sn Sn1an32，（*），则 Sn1Snan 132，（*）(*) (*)得 an1an31(an12an2），即 an1an3， n2，当 n 2 时 ， 由 （*） 知 a1 a2 a1a22 223 ，即a223a2100，解得 a25或 a2 2（舍去），所以 a2a13，即数列 an 为等差数列 ，且首项 a1 2

15、，所以数列 an 的通项公式为an3n 1.由 知 ，an 3n 1， 所以 Snn（3n1 2） 3n2n由题意可得2Snn13nn2n对一切2n2n N*恒成立 ，3n2 n3（n1）记 cn 2n 2 ， 则 cn 12（ n 1）2n1， n2，所以 cn cn13n2 11n42n213 15 7 1n2.当 n4 时，cnk）恒成立 ，则称数列 an是“ R（k）数列”2n 1， n为奇数 ，已知 an判断数列 an 是否为“ R（2）数列” ，并说明理由；2n， n为偶数 ，已知数列 bn 是“ R（3）数列” ，且存在整数 p（p1） ，使得 b3p3，b3p1，b3p1，b3

16、p3成等差数列 ，证明： bn 是等差数列解： 是； 见解析解析： 当 n 为奇数时 ， an1 an 2（n1）1（2n1）20 ，所以 an1an.an2an 22（n 2）1 2（n2）12（2n1）2an；当 n 为偶数时 ，an1an2（n1）2n20，所以 an1an.an2an22（n 2）2（n2）4n2an.所以数列 an 是“ R（2）数列”由题意可得 bn3bn3 2bn，则数列 b1，b4，b7，是等差数列 ，设其公差为 d1，数列 b2，b5，b8， 是等差数列 ，设其公差为 d2，数列 b3，b6，b9，是等差数列 ， 设其公差为 d3，因为 bnbn1，所以 b

17、3n 1 b3n2b3n4，所以 b1nd1b2nd2b1（n 1）d 1，所以 n（d2 d1）b1b2，（*） n（d2d1）b1b2d1.（ * ）b1 b2若 d2d1 时 ，（*）不成立；d2 d1若 d2d10，则当 nb1 b2 d1时，（ * ）不成立d2 d1若 d2d10，则（*）和（* ）都成立 ，所以 d1 d 2.同理得 d1d3，所以 d1d2d3，记 d1d2d3 d.设 b3p1b3p3b3p1b3p1b3p3b3p1，则 b3n1b3n2b3p1（n p）db3p1（np1）db3p1 b 3p1 d d .同理可得 b3nb3n1b3n1b3nd，所以 bn1bnd.所以 bn 是等差数列另解析： b 3p1 b3p3 b2（p1）db3（p2）d b2 b3d，b3p1 b3p1b1pdb2（p 21）db1