2018届二轮复习六　数　列学案（全国通用）

2018届二轮复习六　数　列学案（全国通用）

专题六　数　列 ‎[高考领航]————————————摸清规律　预测考情 全国卷 考情 预测 ‎2014‎ ‎2015‎ ‎2016‎ ‎2017‎ ‎2018‎ ‎(Ⅰ卷)‎ T17(等差数列)‎ ‎(Ⅱ卷)‎ T17(等比数列求和)‎ ‎(Ⅰ卷)‎ T17(等差数列)‎ ‎(Ⅱ卷)‎ T4(等比数列)‎ ‎(Ⅱ卷)‎ T16(等差数列)‎ ‎(Ⅰ卷)‎ T3(等差数列)‎ T15(等比数列)‎ ‎(Ⅱ卷)‎ T17(等差数列求和)‎ ‎(Ⅲ卷)‎ T17(等比数列)‎ ‎(Ⅰ卷)‎ T4(等差数列)‎ T12(等比、等差数列)‎ ‎(Ⅱ卷)‎ T3(等比数列)‎ T15(等差数列求和)‎ ‎(Ⅲ卷)‎ T9(等差数列)‎ T14‎ 分值：10－12分.‎ 题型：选择、填空、解答.‎ 题量：两小一大.‎ 难度：中档为主.‎ 考点：等差、等比数列通项公式，求和及性质；an与Sn的递推关系；裂项相消法，错位相减法求和.‎ 通过对近5年全国高考试题分析，可以预测：‎ ‎(等比数列)‎ ‎1.此专题主要考查两类基本数列(等差、等比数列)、两种数列求和(裂项求和法，错位相减法)，两类综合(与函数、不等式综合)主要突出数学思想的运用.‎ ‎2.若以解答题形式考查，往往与三角函数交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等较多，但有时出现在第12或16题位置上，难度偏大.‎ 考点一　等差数列、等比数列 ‎1．等差、等比数列的性质 等差数列 等比数列 性 质 ‎(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；‎ ‎(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；‎ ‎(2)an＝amqn－m；‎ ‎(2)an＝am＋(n－m)d；‎ ‎(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列 ‎(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(Sn≠0)‎ ‎2.前n项和公式变形 ‎(1)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列；Sn＝mqn－m(m为常数，m≠0，q≠0)⇔{an}是等比数列；‎ ‎(2)等差数列中Sn和an的关系：Sn＝，即an＝－a1，等比数列中Sn与an的关系为Sn＝，即anq＝a1－(1－q)Sn.‎ ‎3．关于非零等差数列奇数项与偶数项的性质 ‎(1)若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，＝；‎ ‎(2)若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，＝；‎ ‎(3)两个等差数列{an}、{bn}的前n项和Sn、Tn之间的关系为＝.‎ 小题速解——不拘一格　优化方法 类型一　等差数列的运算 ‎[典例1]　(1)(2016·高考全国卷Ⅰ)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 解析：通解：∵{an}是等差数列，设其公差为d，‎ 由题意得，∴ ‎∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98，选C.‎ 优解：设等差数列{an}的公差为d，因为{an}为等差数列，且S9＝9a5＝27，所以a5＝3.又a10＝8，解得5d＝a10－a5＝5，所以d＝1，所以a100＝a5＋95d＝98，选C.‎ 答案：C 二轮复习　数学第1部分　专题四　数　列(2)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝(　　)‎ A．5 B．7‎ C．9 D．11‎ 解析：通解：∵a1＋a3＋a5＝a1＋(a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d＝3，‎ ‎∴a1＋2d＝1，‎ ‎∴S5＝5a1＋d＝5(a1＋2d)＝5，故选A.‎ 优解：∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，‎ ‎∴a3＝1，‎ ‎∴S5＝＝5a3＝5，故选A.‎ 答案：A ‎1．通解是寻求a1与d的关系，然后用公式求和．优解法是利用等差中项性质转化求和公式．‎ ‎2．在等差数列中，当已知a1和d时，用Sn＝na1＋d 求和．当已知a1和an或者a1＋an＝a2＋an－1形式时，常用Sn＝＝求解．‎ ‎[自我挑战]‎ ‎1．若数列{an}满足－＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为调和数列，已知数列为调和数列，且x1＋x2＋…＋x20＝200，则x5＋x16＝(　　)‎ A．10 B．20‎ C．30 D．40‎ 解析：选B.∵数列为调和数列，‎ ‎∴－＝xn＋1－xn＝d，∴{xn}是等差数列，‎ ‎∵x1＋x2＋…＋x20＝200＝，∴x1＋x20＝20，‎ 又∵x1＋x20＝x5＋x16，∴x5＋x16＝20.‎ ‎2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝5，则S40＝(　　)‎ A．7 B．8‎ C．9 D．10‎ 解析：选B.根据等差数列的性质，知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30构成等差数列，所以(S20－S10)＋(S30－S20)＝S10＋(S40－S30)，即S30－S10＝S40－S30＋S10，所以S40＝2S30－2S10＝8.‎ 类型二　等比数列的运算 ‎[典例2]　(1)(2016·高考全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．‎ 解析：通解：求a1a2…an关于n的表达式．‎ ＝＝，∴q＝ ‎∴a1＋a12＝10，∴a1＝8‎ ‎∴a1·a2·a3…an＝a·q＝8n×＝2 当n＝3或n＝4时，最大为6.‎ ‎∴a1a2…an的最大值为26＝64‎ 优解：利用数列的单调变化．‎ 设{an}的公比为q，由a1＋a3＝10，a2＋a4＝5得a1＝8，q＝，则a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝，所以a1a2…an≤a1a2a3a4＝64.‎ 答案：64‎ ‎(2)已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝(　　)‎ A．2 B．1‎ C. D. 解析：通解：∵a3＝a1·q2，a4＝a1·q3，a5＝a1·q4，‎ ‎∴a·q6＝4(a1·q3－1)‎ ‎∵a1＝，‎ ‎∴q6－16q3＋64＝0，∴q3＝8，∴q＝2，∴a2＝a1·q＝.‎ 优解：设{an}的公比为q，由等比数列的性质 可知a3a5＝a，∴a＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，‎ 得a4＝2，‎ 则q3＝＝＝8，得q＝2，‎ 则a2＝a1q＝×2＝，故选C.‎ 答案：C ‎1．解题关键：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．运用函数性质：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．‎ ‎[自我挑战]‎ ‎1．等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于(　　)‎ A．6 B．5‎ C．4 D．3‎ 解析：选C.由题意知a1·a8＝a2·a7＝a3·a6＝a4·a5＝10，∴数列{lg an}的前8项和等于lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a4·a5)4＝4lg(a4·a5)＝4lg 10＝4.故选C.‎ ‎2．已知等比数列{an}的各项都是正数，且3a1，a3,2a2成等差数列，则＝(　　)‎ A．6 B．7‎ C．8 D．9‎ 解析：选D.∵3a1，a3,2a2成等差数列，‎ ‎∴a3＝3a1＋2a2，‎ ‎∴q2－2q－3＝0，∴q＝3或q＝－1(舍去)．‎ ‎∴＝＝q2＝32＝9.故选D.‎ 大题规范——学会踩点　规范解答 类型三　数列递推关系的应用 ‎[典例3]　(2016·高考全国卷Ⅰ)(本小题满分12分)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式．‎ ‎(2)求{bn}的前n项和．‎ 规范解答：(1)因为anbn＋1＋bn＋1＝nbn，‎ 所以a1b2＋b2＝b1，解得a1＝2. 2分　 又{an}是公差为3的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×3＝3n－1，即通项公式为an＝3n－1. 6分　 ‎(2)由anbn＋1＋bn＋1＝nbn得＝， 8分　 所以数列{bn}是首项b1＝1，公比q＝的等比数列， 9分　 所以数列{bn}的前n项和为Sn＝ 11分　 ‎＝－·31－n. 12分　 评分细则及说明：‎ ‎①正确求出a1的值得2分；‎ ‎②根据等差数列的通项公式求出通项得4分，通项公式使用错误不得分．‎ ‎③求出＝得2分；‎ ‎④判断出数列{bn}为等比数列得1分；‎ ‎⑤正确写出前n项和得2分；‎ ‎⑥正确求出前n项和得1分 判断和证明数列是等差(比)数列的方法 ‎1．定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为与正整数n无关的一常数．‎ ‎2．中项公式法：‎ ‎(1)若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；‎ ‎(2)若a＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列．‎ ‎[自我挑战]‎ 已知等差数列{an}的公差d≠0，{an}的部分项a，a，…，a构成等比数列，若k1＝1，k2＝5，k3＝17，求kn.‎ 解：设等比数列a，a，…，a的公比为q，‎ 因为k1＝1，k2＝5，k3＝17，‎ 所以a1a17＝a，‎ 即a1(a1＋16d)＝(a1＋4d)2，化简得a1d＝2d2.‎ 又d≠0，得a1＝2d，所以q＝＝＝＝3.‎ 一方面，a作为等差数列{an}的第kn项，有a＝a1＋(kn－1)d＝2d＋(kn－1)d＝(kn＋1)d，‎ 另一方面，a作为等比数列的第n项，有a＝ak1·qn－1＝a1·3n－1＝2d·3n－1，‎ 所以(kn＋1)d＝2d·3n－1.‎ 又d≠0，所以kn＝2×3n－1－1.‎ ‎1．(2017·高考全国卷Ⅰ)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 解析：通解：选C.设{an}的公差为d，则 由得 解得d＝4.故选C.‎ 优解：由S6＝48得a4＋a3＝16，‎ ‎(a4＋a5)－(a4＋a3)＝8，‎ ‎∴d＝4，故选C.‎ ‎2．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为(　　)‎ A．－24 B．－3‎ C．3 D．8‎ 解析：选A.由已知条件可得a1＝1，d≠0，‎ 由a＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，‎ 解得d＝－2.‎ 所以S6＝6×1＋＝－24.故选A.‎ ‎3．(2017·高考全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.‎ 解析：设等比数列{an}的公比为q，‎ ‎∵a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，‎ ‎∴a1(1＋q)＝－1，　①‎ a1(1－q2)＝－3.　②‎ ‎②÷①，得1－q＝3，∴q＝－2.‎ ‎∴a1＝1，‎ ‎∴a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8.‎ 答案：－8‎ ‎4．(2017·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．‎ 解：(1)设{an}的公比为q.由题设可得 解得q＝－2，a1＝－2.‎ 故{an}的通项公式为an＝(－2)n.‎ ‎(2)由(1)可得 Sn＝＝－＋(－1)n.‎ 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n ‎＝2＝2Sn，‎ 故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．‎ ‎5．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求{bn}的前n项和．‎ 解：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2.‎ 所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，‎ 通项公式为an＝3n－1.‎ ‎(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝，因此数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列．记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝＝－.‎ 限时训练十　等差数列、等比数列　 一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)‎ ‎1．等差数列{an}的公差d≠0，a1＝20，且a3，a7，a9成等比数列．Sn为{an}的前n项和，则S10的值为(　　)‎ A．－110　 B．－90‎ C．90 D．110‎ 解析：选D.依题意得a＝a3a9，即(a1＋6d)2＝(a1＋2d)·(a1＋8d)，即(20＋6d)2＝(20＋2d)(20＋8d)．因为d≠0，解得d＝－2，故S10＝10a1＋‎ d＝110，故选D.‎ ‎2．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　)‎ A．n(n＋1) B．n(n－1)‎ C. D. 解析：选A.∵a2，a4，a8成等比数列，‎ ‎∴a＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，将d＝2代入上式，解得a1＝2，‎ ‎∴Sn＝2n＋＝n(n＋1)，故选A.‎ ‎3．在各项均为正数的等比数列{an}中，若am＋1·am－1＝2am(m≥2)，数列{an}的前n项积为Tn，若T2m－1＝512，则m的值为(　　)‎ A．4 B．5‎ C．6 D．7‎ 解析：选B.由等比数列的性质可知am＋1·am－1＝a＝2am(m≥2)，所以am＝2，即数列{an}为常数列，an＝2，所以T2m－1＝22m－1＝512＝29，即2m－1＝9，所以m＝5，故选B.‎ ‎4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－11，a5＋a9＝－2，则当Sn取最小值时，n＝(　　)‎ A．9 B．8‎ C．7 D．6‎ 解析：选C.设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，‎ 由得 解得 ‎∴an＝－15＋2n.‎ 由an＝－15＋2n≤0，解得n≤.‎ 又n为正整数，‎ ‎∴当Sn取最小值时，n＝7.故选C.‎ ‎5．已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ 解析：选D.因为数列{an}为等差数列，所以a4＋3a8＝(a4＋a8)＋2a8＝2a6＋2a8＝2(a6＋a8)＝2×2a7，所以由a4－2a＋3a8＝0得4a7－2a＝0，又因为数列{an}的各项均不为零，所以a7＝2，所以b7＝2，则b2b8b11＝b6b7b8＝(b6b8)b7＝(b7)3＝8，故选D.‎ ‎6．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且满足＋＝＋，＋＝＋，则a1a5＝(　　)‎ A．24 B．8‎ C．8 D．16‎ 解析：选C.设正项等比数列的公比为q，q＞0，则由＋＝＋得＝，a1a2＝4，同理由＋＝＋得a3a4＝16，则q4＝＝4，q＝，a1a2＝a＝4，a＝2，所以a1a5＝aq4＝8，故选C.‎ 二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)‎ ‎7．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若Sk－2＝－4(k ‎＞2)，Sk＝0，Sk＋2＝8，则k＝________.‎ 解析：由题意，得Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝8，Sk－Sk－2＝ak－1＋ak＝4(k＞2)，两式相减，得4d＝4，即d＝1，由Sk＝ka1＋＝0，得a1＝－，将a1＝－代入ak－1＋ak＝4，得－(k－1)＋(2k－3)＝k－2＝4，解得k＝6.‎ 答案：6‎ ‎8．已知等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是________．‎ 解析：当q＞0时，S3＝a1＋a2＋a3＝a1＋1＋a3≥1＋2＝1＋2＝3，‎ 当q＜0时，S3＝a1＋a2＋a3＝1＋a1＋a3≤1－2＝1－2＝－1，‎ 所以，S3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．‎ 答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞)‎ ‎9．已知数列{an}是各项均不为零的等差数列，Sn为其前n项和，且an＝(n∈N*)．若不等式≤对任意n∈N*恒成立，则实数λ的最大值为________．‎ 解析：an＝⇒an＝＝‎ ⇒a＝(2n－1)an⇒an＝2n－1，n∈N*.‎ 因为≤对任意n∈N*恒成立．‎ 所以λ≤min，‎ 即λ≤min，‎ f(n)＝2n－＋15在n≥1时单调递增，其最小值为f(1)＝9，所以λ≤9，‎ 故实数λ的最大值为9.‎ 答案：9‎ 三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)‎ ‎10．在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．‎ ‎(1)求d，an；‎ ‎(2)若d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.‎ 解：(1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4.‎ 所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.‎ ‎(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d＜0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，则当n≤11时，‎ ‎|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n.‎ 当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a11－a12－a13－…－a11＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a11＋an)＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.‎ 综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|‎ ‎＝ ‎11．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)设数列的前n项和为Tn，求Tn.‎ 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)得＝.‎ 所以Tn＝＋＋…＋ ‎＝＝1－.‎ ‎12．已知数列{an}是等比数列，其前n项和是Sn，且Sn＝t·3n－2t＋1(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log(n∈N*)，求数列{anbn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝t·3－2t＋1＝t＋1.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝t·3n－t·3n－1＝2t·3n－1.‎ ‎∵数列{an}是等比数列，∴＝＝3(n≥2)，‎ ‎∴＝＝3，∴t＝1，a1＝2，‎ ‎∴an＝2·3n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)知，Sn＝3n－1，∴1＋Sn＝3n，∴＝，‎ bn＝log＝n，‎ ‎∴anbn＝2n×3n－1，‎ Tn＝2＋4×3＋6×32＋…＋2n×3n－1，①‎ ‎3Tn＝2×3＋4×32＋6×33＋…＋2n×3n，②‎ ‎①－②得，－2Tn＝2＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－2n×3n＝2＋2×－2n×3n，‎ ‎∴Tn＝＋.‎ 考点二　数列求和及综合应用 ‎1．常见两种递推关系的变形 ‎(1)递推关系形如an＋1＝pan＋q(p，q为常数)可化为an＋1＋＝p(p≠1)的形式，利用是以p为公比的等比数列求解；‎ ‎(2)递推关系形如an＋1＝(p为非零常数)可化为－＝的形式．‎ ‎2．数列的单调性 对于数列{an}，若an＋1>an，则{an}为递增数列；‎ 若an＋1

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