2019届二轮复习基础回扣(四)　数列学案（全国通用）

2019届二轮复习基础回扣(四)　数列学案（全国通用）

基础回扣(四)　数列 ‎[要点回扣]‎ ‎1．an与Sn的关系式 已知前n项和Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，则an＝.由Sn求an时，易忽略n＝1的情况．‎ ‎[对点专练1]　已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________.‎ ‎[答案]　 ‎2．等差数列的有关概念 ‎(1)等差数列的判断方法：定义法an＋1－an＝d(d为常数，n∈N*)或an＋1－an＝an－an－1(n≥2)．‎ ‎(2)等差数列的通项：an＝a1＋(n－1)d(n∈N*)或an＝am＋(n－m)d.(n，m∈N*)‎ ‎(3)等差数列的前n项和：Sn＝，Sn＝na1＋d.‎ ‎[对点专练2]　等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝0.则公差d等于________．‎ ‎[答案]　－2‎ ‎3．等差数列的性质 ‎(1)当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)·d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且斜率为公差d；前n项和Sn＝na1＋d＝n2＋n是关于n的二次函数且常数项为0.‎ ‎(2)若公差d>0，则为递增等差数列；若公差d<0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列．‎ ‎(3)当m＋n＝p＋q时，则有am＋an＝ap＋aq，特别地，当m＋n＝‎ ‎2p时，则有am＋an＝2ap.‎ ‎(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列．‎ ‎[对点专练3]　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝12，S20＝17，则S30为(　　)‎ A．15　　　　B．20　　　　C．25　　　　D．30‎ ‎[答案]　A ‎4．等比数列的有关概念 ‎(1)等比数列的判断方法：定义法＝q(q为常数，n∈N*)，其中q≠0，an≠0或＝(n≥2)．如一个等比数列{an}共有2n＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则an＋1＝.‎ ‎(2)等比数列的通项：an＝a1qn－1或an＝amqn－m.‎ ‎(3)等比数列的前n项和：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.‎ ‎(4)等比中项：若a，A，b成等比数列，那么A叫做a与b的等比中项．值得注意的是，不是任何两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个，即为±.如已知两个数a，b(a≠b)的等差中项为A，等比中项为B，则A与B的大小关系为A>B.‎ ‎[对点专练4]　在等比数列{an}中，若a1＝1，a5＝16，则a3＝________.‎ ‎[答案]　4‎ ‎5．等比数列的性质 当m＋n＝p＋q时，则有am·an＝ap·aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am·an＝a.‎ ‎[对点专练5]　各项均为正数的等比数列{an}中，若a5·a6＝9，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝________.‎ ‎[答案]　10‎ ‎6．数列求和 数列求和时要明确项数、通项，并注意根据通项的特点选取合适的方法．数列求和的方法有公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等．‎ ‎[对点专练6]　数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N，n≥1)，若a2＝1，Sn是{an}的前n项和，则S21的值为________．‎ ‎[答案]　 ‎[易错盘点]‎ 易错点1　忽视数列首项致误 ‎【例1】　已知数列{an}对任意n∈N*都满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，则数列{an}的通项公式为________．‎ ‎[错解]　∵a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，‎ ‎∴a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8－5(n－1)，‎ 两式相减，得2n－1an＝－5，‎ ‎∴an＝－.‎ ‎[错因分析]　当n＝1时，由题中条件可得a1＝3，而代入错解中所得的通项公式可得a1＝－5，显然是错误的．其原因是：两式相减时，所适用的条件是n≥2，并不包含n＝1的情况．只有所求的通项公式对n＝1时也成立，才可以这样写，否则要分开写．‎ ‎[正解]　当n≥2时，由于a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，‎ 那么a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an－1＝8－5(n－1)，‎ 两式对应相减可得2n－1an＝8－5n－[8－5(n－1)]＝－5，‎ 所以an＝－.‎ 而当n＝1时，a1＝3≠－＝－5，‎ 所以数列{an}的通项公式为 an＝ 本题实质上已知数列{an}的前n项和Sn，求通项an与Sn的关系中，an＝Sn－Sn－1，成立的条件是n≥2，求出的an中不一定包括a1，而a1应由a1＝S1求出，然后再检验a1是否在an中，这是一个典型的易错点．‎ ‎[对点专练1]　‎ ‎(1)数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，2Sn－nan＝n，若S20＝－360，则a2＝________.‎ ‎(2)已知数列{an}的前n项之和为Sn＝n2＋n＋1，则数列{an}的通项公式为________．‎ ‎[解析]　(1)∵2Sn－nan＝n，①‎ ‎∴当n≥2时，2Sn－1－(n－1)an－1＝n－1，②‎ ‎∴①－②得：(2－n)an＋(n－1)an－1＝1，③‎ ‎(1－n)an＋1＋nan＝1，④‎ 由③－④得，(2－2n)an＝(1－n)(an－1＋an＋1)，‎ 又∵n≥2，∴1－n≠0.∴2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，‎ ‎∴数列{an}为等差数列，设其公差为d，当n＝1时，2S1－a1＝1，∴a1＝1，‎ ‎∴S20＝20＋d＝－360，∴d＝－2，∴a2＝1－2＝－1.‎ ‎(2)当n＝1时，a1＝S1＝3；‎ 当n≥2时，an＝n2＋n＋1－(n－1)2－(n－1)－1＝2n，‎ ‎∴an＝ ‎[答案]　(1)－1　(2)an＝ 易错点2　忽视等比数列公比的条件致误 ‎【例2】　各项均为实数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S30＝70，则S40等于(　　)‎ A．150　　　　　　　　 B．－200‎ C．150或－200 D．400或－50‎ ‎[错解]　记b1＝S10，b2＝S20－S10，b3＝S30－S20，b4＝S40－S30，b1，b2，b3，b4是公比为r的等比数列．∴b1＋b2＋b3＝10＋10r＋10r2＝S30＝70，即r2＋r－6＝0，得r＝2或r＝－3.故S40＝，代入得S40＝150或－200.选C.‎ ‎[错因分析]　数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30的公比q10>0.忽略了此隐含条件，就产生了增解－200.‎ ‎[正解]　记b1＝S10，b2＝S20－S10，b3＝S30－S20，b4＝S40－S30，b1，b2，b3，b4是公比为r＝q10>0的等比数列．‎ ‎∴b1＋b2＋b3＝10＋10r＋10r2＝S30＝70，‎ ‎∴r2＋r－6＝0，‎ ‎∴r＝2，r＝－3(舍去)，‎ ‎∴S40＝b1＋b2＋b3＋b4＝＝150，故选A.‎ 在等比数列中，公比的条件在使用中要注意隐含条件，Sn中q≠0；构造新数列要注意新数列的公比和原公比的关系，如等比数列{an}的前n项和为Sn，S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30的公比为q10>0.‎ ‎[对点专练2]　‎ ‎(1)已知等比数列{an}的首项为a1，公比为q，给出下列四个有关数列{an}的命题：‎ p1：如果a1>0且q>1，那么数列{an}是递增的等比数列；‎ p2：如果a1<0且q<1，那么数列{an}是递减的等比数列；‎ p3：如果a1<0且00且01，则qn－1单调递增，又a1>0，所以{an}单调递增，p1为真命题；p2中an＝(－1)n，则{an}不具有单调性，所以p2为假命题；p3中若00，所以{an}单调递减，p4为真命题．综上，可知真命题的个数为3，故选C.‎ ‎(2)①当q＝1时，S3＋S6＝9a1，S9＝9a1，‎ ‎∴S3＋S6＝S9成立．‎ ‎②当q≠1时，由S3＋S6＝S9‎ 得＋＝，‎ ‎∴q9－q6－q3＋1＝0，即(q3－1)(q6－1)＝0.‎ ‎∵q≠1，∴q3－1≠0，∴q6＝1，∴q＝－1.‎ ‎[答案]　(1)C　(2)1或－1‎ 易错点3　分类讨论不当致误 ‎【例3】　已知等差数列{an}的首项a1＝21，公差d＝－4，则数列{|an|}的前n项和Sn＝________.‎ ‎[错解]　由题意，知an＝21－4(n－1)＝25－4n，‎ 因此由an≥0，解得n≤，即数列{an}的前6项大于0，从第7项开始，以后各项均小于0.‎ ‎|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|‎ ‎＝(a1＋a2＋a3＋…＋a6)－(a7＋a8＋…＋an)‎ ‎＝2(a1＋a2＋…＋a6)－(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋an)‎ ‎＝2n2－23n＋132，‎ 所以Sn＝2n2－23n＋132.‎ ‎[错因分析]　忽视了n≤6的情况，只给出了n≥7的情况．‎ ‎[正解]　由题意，知an＝21－4(n－1)＝25－4n，因此由an≥0，解得n≤，即数列{an}的前6项大于0，从第7项开始，以后各项均小于0.‎ 当n≤6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－2n2＋23n.‎ 当n≥7时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|‎ ‎＝(a1＋a2＋a3…＋a6)－(a7＋a8＋…＋an)‎ ‎＝2(a1＋a2＋…＋a6)－(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋an)‎ ‎＝2n2－23n＋132，‎ 所以Sn＝ 在数列问题中，一定要注意项数n的取值范围，特别是在它取不同的值造成不确定的因素时，要注意对其加以分类讨论．‎ ‎[对点专练3]　‎ ‎(1)已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是(　　)‎ A．a100＝－1，S100＝5 B．a100＝－3，S100＝5‎ C．a100＝－3，S100＝2 D．a100＝－1，S100＝2‎ ‎(2)已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S8>S9>S7，有下列四个命题，其中是假命题的是(　　)‎ A．公差d<0‎ B．在所有Sn<0中，S17最大 C．a8>a9‎ D．满足Sn>0的n的个数有15个 ‎[解析]　(1)由题意知，a1＝1，a2＝3，a3＝2，a4＝－1，a5＝－3，a6＝－2，a7＝1，a8＝3由此可以得出数列{an}以6为一个周期，所以a100＝a4＝－1，S100＝a1＋a2＋a3＋a4＝5，故选A.‎ ‎(2)∵a8＝S8－S7>0，a9＝S9－S8<0，∴公差d＝a9－a8<0，∴A，C为真命题；∵S17＝＝＝17a9<0，又S9＝S7＋a8＋a9>S7，∴a8＋a9>0，∴S16＝＝＝8(a8＋a9‎ ‎)>0，∴满足Sn>0的n的个数有16个，∴D为假命题，故选D.‎ ‎[答案]　(1)A　(2)D 易错点4　数列与函数的区别认识不清致误 ‎【例4】　已知数列{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．‎ ‎[错解]　因为an＝n2＋λn是关于n的二次函数，且n≥1，所以－≤1，解得λ≥－2.‎ ‎[错因分析]　数列是以正整数N*(或它的有限子集{1,2，…，n})为定义域的函数，因此它的图象只是一些孤立的点．‎ ‎[正解]　解法一：作出满足条件的数列的图象，如图．由图得，－<，所以λ>－3.‎ 解法二：由{an}是递增数列，得an－(2n＋1)，对任意n∈N*成立．‎ 而－(2n＋1)≤－3，所以λ>－3.‎ 数列是特殊的函数，其定义域为N*或它的子集，其图象是一些孤立的点，在研究其性质时不可忽略其特性．‎ ‎[对点专练4]　‎ ‎(1)设函数f(x)＝an＝f(n)，若数列{an}是单调递减数列，则实数a的取值范围为(　　)‎ A．(－∞，2) B. C. D. ‎(2)等差数列{an}中，d<0，若|a3|＝|a9|，则数列{an}的前n项和取最大值时，n的值为________．‎ ‎[解析]　(1)由题意，知f(x)＝(a－2)x在(2，＋∞)上是减函数，且a1>a2，所以 即解得a<.故选C.‎ ‎(2)因为d<0，|a3|＝|a9|，所以a3＝－a9，a3＋a9＝0，a3＋a9＝2a6＝0，a6＝0，所以Sn取最大值时n＝5或6.‎ ‎[答案]　(1)C　(2)5或6‎