【数学】2019届一轮复习人教A版 数列（教师版）学案
第4讲 数列
三角函数、解三角形、平面向量与数列
考向预测
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.
知识与技巧的梳理
1.等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d；
(3)性质：
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列.
2.等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn-1(q≠0)；
(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝＝；
(3)性质：
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
②an＝am·qn-m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)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{an·bn}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.
热点题型
热点一 等差(比)数列的性质
【例1】 (1)(2017·汉中模拟)已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若log2a2＋log2a8＝2，则T9的值为( )
A.±512 B.512 C.±1 024 D.1 024
(2)(2017·北京海淀区质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－2，若数列{bn}满足bn＝10－log2an，则使数列{bn}的前n项和取最大值时的n的值为________.
解析 (1)由log2a2＋log2a8＝2，得log2(a2a8)＝2，所以a2a8＝4，则a5＝±2，
等比数列{an}的前9项积为T9＝a1a2…a8a9＝(a5)9＝±512.
(2)∵Sn＝2an－2，∴n＝1时，a1＝2a1－2，解得a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)，∴an＝2an－1.
∴数列{an}是公比与首项都为2的等比数列，∴an＝2n.
∴bn＝10－log2an＝10－n.由bn＝10－n≥0，解得n≤10.
∴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)A (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( )
A.d>0 B.d<0 C.a1d>0 D.a1d<0
(2)(2017·开封质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于( )
A.3 B.4 C.5 D.6
解析 (1)因为数列{2a1an}为递减数列，所以2a1an<2a1an－1，则a1an
0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和.
解 (1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
两式相减可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an).
由于an>0，可得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)，a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知bn＝＝＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝.
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3.2】 (2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
解 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝，又n＝1时，a1＝2适合上式，
从而{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn，由(1)知＝＝－，
则Sn＝＋＋…＋＝1－＝.
3.错位相减求和
【例3.3】 (2017·天津卷)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).
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b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，
又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，bn＝2n，有
Tn＝ 4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，
上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16.所以Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.
所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.
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{an·bn}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“Sn－qSn”的表达式.
【训练3.3】 (2017·衡阳模拟)已知等差数列{an}满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，且an＋2log2bn＝－1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解 (1)设d为等差数列{an}的公差，且d>0，
由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1，1，3成等比数列，得(2＋d)2＝2(4＋2d)，
因为d>0，所以d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又因为an＝－1－2log2bn，
所以log2bn＝－n即bn＝.
(2)Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋，②
①－②，得Tn＝＋2×－＝＋2×－
＝＋1－－＝－.
所以Tn＝3－.
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an＝5Sn＋1成立，bn＝－1－log2|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an＝5Sn＋1，n∈N*，所以an＋1＝5Sn＋1＋1，两式相减，得an＋1＝－an，
又当n＝1时，a1＝5a1＋1，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)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前n项和Tn＝n2，
cn＝＝＝－，
所以An＝1－.因此{An}是单调递增数列，
∴当n＝1时，An有最小值A1＝1－＝；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Sn－Sn－1＝an(n≥2)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an.
2.形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列.
【训练4】 (2017·北京海淀区质检)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，Sn＝an＋1＋2n－3，n∈N*.
(1)求证：{an－2}是等比数列；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明 ∵a1＝3，且Sn＝an＋1＋2n－3，n∈N*，①
当n≥2时，Sn－1＝an＋2n－5，②
①－②得：an＝an＋1－an＋2，整理可得：an＋1－2＝2(an－2)，
又当n＝1时，S1＝a2＋2－3，所以a2＝4，所以a2－2＝2(a1－2)，又a1－2＝1，
综上可知，数列{an－2}是以1为首项，2为公比的等比数列.
(2)解 由(1)知，an－2＝2n－1，则an＝2n－1＋2，
所以bn＝＝＝－
所以Tn＝－＋－＋…＋－＋－＝－.
（45分钟）
限时训练
经典常规题
1.(2017·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
A.1 B.2 C.4 D.8
【解题思路】根据已知两条件列方程组解.
【答案】设{an}的公差为d，由得解得d＝4.故选C.
2.(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数 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( )
A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏
【解题思路】古代文化题注意读题，把题中所给的量对应到等比数列中的具体量.
【答案】设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则依题意S7＝381，公比q＝2.∴＝381，解得a1＝3.故选B.
3.(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 ＝________.
【解题思路】由a3＝3，S4＝10列方程组解出首项a1，公差d，再利用裂项相消法求.
【答案】设{an}首项为a1，公差为d，则由得∴Sn＝，
＝＋＋…＋＋
＝2＝2＝.故填.
4.(2016·全国Ⅲ卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
【解题思路】(1)利用Sn与an的关系式求，(2) 代入求值即可.
【答案】(1)证明 由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，得an＋1＝λan＋1－λan，则an＋1(λ－1)＝λan，
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是an＝.
(2)解 由(1)得Sn＝1－.
由S5＝得1－＝，即＝.解得λ＝－1.
5.(2016·全国Ⅱ卷)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
【解题思路】(1) 由a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.列方程组解出首项a1，公差d，，(2) 一一求出数列{bn}的前10项.
【答案】解 (1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，由题意有解得
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，bn＝.
当n＝1，2，3时，1≤<2，bn＝1；
当n＝4，5时，2≤<3，bn＝2；
当n＝6，7，8时，3≤<4，bn＝3；
当n＝9，10时，4≤<5，bn＝4.
所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.
高频易错题
1.(2016·全国Ⅰ卷)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )
A.100 B.99 C.98 D.97
【解题思路】由S9，a10可确定首项a1，公差d，进而求a100.
【答案】由等差数列性质，知S9＝＝＝9a5＝27，得a5＝3，又a10＝8，因此公差d＝＝1，∴a100＝a10＋90d＝98.故选C.
2.(2017·哈尔滨六中模拟)设Sn为等比数列{an}的前n项和，a3＝8a6，则的值为( )
A. B.2 C. D.5
【解题思路】由a3＝8a6可确定公比q，进而求.
【答案】a3＝8a6，∴a3＝8a3q3，解得q＝.则＝＝.故选C.
3.(2017·唐山模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝－4，S6＝6，则S5＝( )
A.1 B.0 C.－2 D.4
【解题思路】由S4，S6可确定首项a1，公差d，进而求S5.
【答案】设等差数列{an}的公差为d，∵S4＝－4，S6＝6，
∴4a1＋d＝－4，且6a1＋d＝6，解得a1＝－4，d＝2.
则S5＝5×(－4)＋×2＝0.故选B.
4.(2017·沈阳二模)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A.9 B.15 C.18 D.30
【解题思路】确定数列{an}中那些项是正数，那些项是负数.
【答案】∵an＋1－an＝2，a1＝－5，∴数列{an}是公差为2的等差数列.
∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7.
数列{an}的前n项和Sn＝＝n2－6n.
令an＝2n－7≥0，解得n≥.∴n≤3时，|an|＝－an；n≥4时，|an|＝an.
则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.
故选C．
5.(2017·成都诊断)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋2a2＝5，4a＝a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝2，且bn＋1＝bn＋an，求数列{bn}的通项公式；
(3)设cn＝，求数列{cn}的前n项和为Tn.
【解题思路】(1) 由a1＋2a2＝5，4a＝a2a6.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4a＝a2a6得4a＝a所以q2＝4，由条件可知q>0，故q＝2，由a1＋2a2＝5得a1＋2a1q＝5，所以a1＝1，
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由bn＋1＝bn＋an得bn＋1－bn＝2n－1，
故b2－b1＝20，b3－b2＝21，…，bn－bn－1＝2n－2(n≥2)，
以上n－1个等式相加得bn－b1＝1＋21＋…＋2n－2＝＝2n－1－1，
由b1＝2，所以bn＝2n－1＋1(n∈N*).
(3)cn＝＝＝－，
所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝－＝－.
精准预测题
1.(2017·沈阳二模)等比数列{an}中各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，则S4＝____________.
【解题思路】由2S3＝8a1＋3a2，a4＝16可确定首项a1，公比q，进而求S4.
【答案】设等比数列{an}的公比为q>0，∵2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，
∴2a1(1＋q＋q2)＝a1(8＋3q)，a1q3＝16，解得a1＝q＝2.
则S4＝＝30.故填30.
2.(2017·清远一中模拟)已知正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在两项am，an，使得＝4a1，则＋的最小值为________.
【解题思路】由a3＝a2＋2a1可确定公比q，再由＝4a1得出m，n的关系，利用“1”的代换求＋的最小值.
【答案】∵正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，
∴a1q2＝a1q＋2a1，则q2＝q＋2，∴q＝2.
又＝4a1，得a12m－1·a12n－1＝16a，
∴a·2m＋n－2＝16a，所以m＋n＝6.
∴＋＝＝≥＝，当且仅当n＝2m，即m＝2，n＝4时等号成立，所以＋的最小值是.故填.
3.(2016·全国Ⅲ卷)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式.
【解题思路】(1) 代入n＝1，n＝2依次求出a2，a3，(2) 化简a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0可得为数列{an}等比数列.
【答案】解 (1)由a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，
令n＝1，得a2＝，
令n＝2，得a－(2a3－1)a2－2a3＝0，则a3＝.
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)，
因为{an}的各项都为正数，所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.
4.(2017·成都调研)设数列{an}(n＝1，2，3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<成立的n的最小值.
【解题思路】(1) 利用Sn与an的关系式，(2) 等比数列求和.
【答案】解 (1)由已知Sn＝2an－a1，
有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2).
从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.
又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，
所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
故an＝2n.
(2)由(1)可得＝，
所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－.
由|Tn－1|<，得<，
即2n>1 000，
因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n≥10，
于是，使|Tn－1|<成立的n的最小值为10.
5.(2017·衡水中 质检)若数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.
(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)nλ－2.
综上可得：实数λ的取值范围是(－2，3).
