2018届二轮复习（理）　数　列学案（全国通用）

2018届二轮复习（理）　数　列学案（全国通用）

回扣5　数　列 ‎1．牢记概念与公式 等差数列、等比数列 等差数列 等比数列 通项公式 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1 (q≠0)‎ 前n项和 Sn＝ ‎＝na1＋d ‎(1)q≠1，Sn＝＝；‎ ‎(2)q＝1，Sn＝na1‎ ‎2.活用定理与结论 ‎(1)等差、等比数列{an}的常用性质 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；‎ ‎②an＝am＋(n－m)d；‎ ‎③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列 ‎①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；‎ ‎②an＝amqn－m；‎ ‎③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(Sm≠0)‎ ‎(2)判断等差数列的常用方法 ‎①定义法 an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇔{an}是等差数列．‎ ‎②通项公式法 an＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列．‎ ‎③中项公式法 ‎2an＋1＝an＋an＋2 (n∈N*)⇔{an}是等差数列．‎ ‎④前n项和公式法 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列．‎ ‎(3)判断等比数列的常用方法 ‎①定义法 ＝q (q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．‎ ‎②通项公式法 an＝cqn (c，q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．‎ ‎③中项公式法 a＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．‎ ‎3．数列求和的常用方法 ‎(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和．‎ ‎(2)形如{an·bn}(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)的数列，利用错位相减法求和．‎ ‎(3)通项公式形如an＝(其中a，b1，b2，c为常数)用裂项相消法求和．‎ ‎(4)通项公式形如an＝(－1)n·n或an＝a·(－1)n(其中a为常数，n∈N*)等正负项交叉的数列求和一般用并项法．并项时应注意分n为奇数、偶数两种情况讨论．‎ ‎(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．‎ ‎(6)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求Sn.‎ ‎1．已知数列的前n项和求an，易忽视n＝1的情形，直接用Sn－Sn－1表示．事实上，当n＝1时，a1＝S1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1.‎ ‎2．易混淆几何平均数与等比中项，正数a，b的等比中项是±.‎ ‎3．等差数列中不能熟练利用数列的性质转化已知条件，灵活整体代换进行基本运算．如等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，已知＝，求时，无法正确赋值求解．‎ ‎4．易忽视等比数列中公比q≠0导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解．‎ ‎5．运用等比数列的前n项和公式时，易忘记分类讨论．一定分q＝1和q≠1两种情况进行讨论．‎ ‎6．利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项．‎ ‎7．裂项相消法求和时，分裂前后的值要相等，‎ 如≠－，而是＝.‎ ‎8．通项中含有(－1)n的数列求和时，要把结果写成n为奇数和n 为偶数两种情况的分段形式．‎ ‎1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S13＞0，S14＜0，若ak·ak＋1＜0，则k等于(　　)‎ A．6 B．7 C．13 D．14‎ 答案　B 解析　因为{an}为等差数列，S13＝13a7，S14＝7(a7＋a8)，‎ 所以a7＞0，a8＜0，a7·a8＜0，所以k＝7.‎ ‎2．已知在等比数列{an}中，a1＋a2＝3，a3＋a4＝12，则a5＋a6等于(　　)‎ A．3 B．15 C．48 D．63‎ 答案　C 解析　＝q2＝4，所以a5＋a6＝(a3＋a4)·q2＝48.‎ ‎3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，a3＋a10＞0，a6a7＜0，则满足Sn＞0的最大自然数n的值为(　　)‎ A．6 B．7‎ C．12 D．13‎ 答案　C 解析　∵a1＞0，a6a7＜0，‎ ‎∴a6＞0，a7＜0，等差数列的公差小于零，‎ 又a3＋a10＝a1＋a12＞0，a1＋a13＝2a7＜0，‎ ‎∴S12＞0，S13＜0，‎ ‎∴满足Sn＞0的最大自然数n的值为12.‎ ‎4．已知数列{an}满足(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，则等于(　　)‎ A．－ B．3‎ C．－3 D. 答案　C 解析　由已知＝，所以an＋1＝an＋2，所以数列{an}是公差为2的等差数列，‎ a5＋a7＋a9＝(a2＋3d )＋(a4＋3d )＋(a6＋3d )‎ ‎＝(a2＋a4＋a6)＋9d＝9＋9×2＝27，‎ 所以故选C.‎ ‎5．已知正数组成的等比数列{an}，若a1·a20＝100，那么a7＋a14的最小值为(　　)‎ A．20 B．25‎ C．50 D．不存在 答案　A 解析　在正数组成的等比数列{an}中， 因为a1·a20＝100，由等比数列的性质可得a1·a20＝a4·a17＝100，那么a7＋a14≥2＝2＝20，当且仅当a7＝a14＝10时取等号，所以a7＋a14的最小值为20.‎ ‎6．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4(n∈N*)，则an等于(　　)‎ A．2n＋1 B．2n C．2n－1 D．2n－2‎ 答案　A 解析　an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－4－(2an－4)⇒an＋1＝2an，再令n＝1，∴S1＝2a1－4⇒a1＝4，‎ ‎∴数列{an}是以4为首项，2为公比的等比数列，‎ ‎∴an＝4·2n－1＝2n＋1，故选A.‎ ‎7．已知等差数列{an}的公差和首项都不等于0，且a2，a4，a8成等比数列，则等于(　　)‎ A．2 B．3 C．5 D．7‎ 答案　B 解析　∵在等差数列{an}中，a2，a4，a8成等比数列，‎ ‎∴a＝a2a8，∴(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，∴d2＝a1d，∵d≠0，∴d＝a1，∴＝＝3，故选B.‎ ‎8．已知Sn为数列{an}的前n项和，若an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，则S20等于(　　)‎ A．31 B．122‎ C．324 D．484‎ 答案　B 解析　由题意可知，因为an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，‎ 所以a1＝1，a2＝，a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝，…，‎ 所以数列{an}的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为，公差为的等差数列，‎ 所以S20＝(a1＋a3＋……＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝122，‎ 故选B.‎ ‎9．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则(n∈N*)的最小值为(　　)‎ A．4 B．3‎ C．2－2 D. 答案　A 解析　由题意a1，a3，a13成等比数列，可得(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2，故an＝2n－1，Sn＝n2，因此＝＝＝＝(n＋1)＋－2，由基本不等式知，＝(n＋1)＋－2≥2－2＝4，当n＝2时取得最小值4.‎ ‎10．已知F(x)＝f－1是R上的奇函数，数列{an}满足an＝f(0)＋f＋…＋f＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为(　　)‎ A．an＝n－1 B．an＝n C．an＝n＋1 D．an＝n2‎ 答案　C 解析　由题意F(x)＝f －1是R上的奇函数，即F(x)关于(0,0)对称，则f(x)关于对称．‎ 即f(0)＋f(1)＝2，f ＝1，f ＋f ＝2，‎ f ＋f ＝2，‎ 则an＝f(0)＋f ＋…＋f ＋f (1)＝n＋1.‎ ‎11．在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________.‎ 答案　20‎ 解析　设公差为d，则a3＋a8＝2a1＋9d＝10，‎ ‎3a5＋a7＝3(a1＋4d)＋(a1＋6d)＝4a1＋18d＝2×10＝20.‎ ‎12．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.‎ 答案　50‎ 解析　∵数列{an}为等比数列，且a10a11＋a9a12＝2e5，‎ ‎∴a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，∴a10a11＝e5，‎ ‎∴ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)‎ ‎＝ln(a10a11)10＝ln(e5)10＝ln e50＝50.‎ ‎13．数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝2，Sn＋1＋(－1)nSn＝2n，则S100＝____________.‎ 答案　198‎ 解析　当n为偶数时，Sn＋1＋Sn＝2n，Sn＋2－Sn＋1＝2n＋2，所以Sn＋2＋Sn＝4n＋2，故Sn＋4＋Sn＋2＝4(n＋2)＋2，所以Sn＋4－Sn＝8，由a1＝2知，S1＝2，又S2－S1＝2，所以S2＝4，因为S4＋S2＝4×2＋2＝10，所以S4＝6，所以S8－S4＝8，S12－S8＝8，…，S100－S96＝8，所以S100＝24×8＋S4＝192＋6＝198.‎ ‎14．若数列{an}满足a2－a1＞a3－a2＞a4－a3＞…＞an＋1－an＞…，则称数列{an}为“差递减”数列．若数列{an}是“差递减”数列，且其通项an与其前n项和Sn满足2Sn＝3an＋2λ－1，则实数λ的取值范围是________．‎ 答案　 解析　当n＝1时，2a1＝3a1＋2λ－1，a1＝1－2λ，当n＞1时，2Sn－1＝3an－1＋2λ－1，所以2an＝3an－3an－1，an＝3an－1，所以an＝3n－1，an－an－1＝3n－1－3n－2＝3n－2，依题意3n－2是一个减数列，所以2－4λ＜0，λ＞.‎ ‎15．Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.‎ ‎(1)求b1，b11，b101；‎ ‎(2)求数列{bn}的前1 000项和．‎ 解　(1)设{an}的公差为d，由已知可知，‎ S7＝7×a1＋×d＝7＋21d＝28，‎ 解得d＝1，所以{an}的通项公式为an＝1＋(n－1)×1＝n.‎ b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.‎ ‎(2)因为bn＝ 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.‎ ‎16．各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足：Sn＝a＋an＋(n∈N*)．‎ ‎(1)求an；‎ ‎(2)设数列的前n项和为Tn，证明：对一切正整数n，都有Tn＜.‎ ‎(1)解　由Sn＝a＋an＋可知， ①‎ 当n≥2时，Sn－1＝a＋an－1＋， ②‎ 由①－②化简得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，‎ 又数列{an}各项为正数，‎ ‎∴当n≥2时，an－an－1＝2，故数列{an}成等差数列，公差为2，又a1＝S1＝a＋a1＋， 解得a1＝1，‎ ‎∴an＝2n－1.‎ ‎(2)证明　Tn＝＋＋＋…＋＋ ‎＝＋＋＋…＋＋ .‎ ‎∵＝＜ ‎＝＝，‎ ‎∴Tn＝＋＋＋…＋＋＜1＋＋＋…＋＋‎ ‎＝1＋ ‎＝1＋－＜.‎