《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第3講 數(shù)列練習 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第3講 數(shù)列練習 文（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　數(shù)列 [考情分析]　數(shù)列為每年高考必考內(nèi)容之一，題型不固定，等差、等比數(shù)列基本量和性質(zhì)的考查是高考的熱點，經(jīng)常以客觀題的形式呈現(xiàn)；數(shù)列求和及數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題常以解答題的形式呈現(xiàn)，考查分析問題、解決問題的能力及轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學思想方法. 熱點題型分析 熱點1　等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合 1．等差(比)數(shù)列的運算策略 (1)在等差(比)數(shù)列中，首項a1和公差d(公比q)是兩個最基本的元素； (2)在進行等差(比)數(shù)列項與和的運算時，若條件和結(jié)論間的聯(lián)系不明顯，則均可化成關于a1和d(q)的方程組求解． 2．應用數(shù)列性質(zhì)解題的方法 (1)抓住項與項之間的關系及

2、項的序號之間的關系，從這些特點入手選擇恰當?shù)男再|(zhì)進行求解； (2)牢固掌握等差(比)數(shù)列的性質(zhì)，可分為三類：①通項公式的變形；②等差(比)中項的變形；③前n項和公式的變形． (2018·全國卷Ⅲ)等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通項公式； (2)記Sn為{an}的前n項和．若Sm＝63，求m. 解　(1)設{an}的公比為q，由題設得an＝qn－1. 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1. (2)若an＝(－2)n－1，則Sn＝. 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程沒有

3、正整數(shù)解． 若an＝2n－1，則Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 綜上，m＝6. 在解決等差、等比數(shù)列的運算問題時，經(jīng)常采用“巧用性質(zhì)、整體考慮、減少運算量”的方法．有兩個處理思路：一是利用基本量，將多元問題簡化為一元問題，雖有一定量的運算，但思路簡潔，目標明確；二是利用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，但在應用性質(zhì)時要注意性質(zhì)的前提條件，有時需要進行適當變形． (2019·北京高考)設{an}是等差數(shù)列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比數(shù)列． (1)求{an}的通項公式； (2)記{an}的前n項和為Sn，求Sn的最小值． 解　(1)設

4、{an}的公差為d. 因為a1＝－10， 所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d. 因為a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比數(shù)列， 所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)． 所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)． 解得d＝2. 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12. (2)由(1)知，an＝2n－12. 則當n≥7時，an>0；當n≤6時，an≤0. 所以Sn的最小值為S5＝S6＝－30. 熱點2　數(shù)列的通項與求和 1．求數(shù)列通項公式的常見類型及方法 (1)觀察法：根據(jù)所給的一列數(shù)、式、圖形等，通過觀察法求其通項公式； (2)

5、公式法：利用等差(比)數(shù)列的通項公式求an； (3)已知Sn與an的關系， 利用an＝求an； (4)累加法：形如an＋1＝an＋f(n)的解析式，可用遞推式多項相加法求得an； (5)累乘法：形如an＋1＝f(n)·an(an≠0)的解析式，可用遞推式多項相乘法求得an； (6)倒數(shù)法：形如f(anan＋1，an，an＋1)＝0的關系，同乘，先求出，再求出an； (7)構(gòu)造輔助數(shù)列法：通過變換遞推關系，將非等差(等比)數(shù)列構(gòu)造為等差(等比)數(shù)列來求其通項公式． 2．求數(shù)列前n項和Sn的常見方法 (1)公式法：利用等差、等比數(shù)列的前n項和公式求數(shù)列的前n項和； (2)裂項相消

6、法：將數(shù)列恒等變形為連續(xù)兩項或相隔若干項之差的形式，進行消項； (3)錯位相減法：求解形如{an·bn}和的前n項和，數(shù)列{an}，{bn}分別為等差與等比數(shù)列； (4)倒序相加法：應用于等差數(shù)列或能轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列的數(shù)列求和； (5)分組求和法：數(shù)列為等差與等比數(shù)列的代數(shù)和或奇數(shù)項和偶數(shù)項的規(guī)律不同，根據(jù)其表現(xiàn)形式分別求和． 1．(2019·天津高考)設{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3. (1)求{an}和{bn}的通項公式； (2)設數(shù)列{cn}滿足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．

7、 解　(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.依題意，得解得 故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n. 所以，{an}的通項公式為an＝3n，{bn}的通項公式為bn＝3n. (2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn) ＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n) ＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)． 記Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，① 則3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，② ②－①得，2Tn＝－3－3

8、2－33－…－3n＋n×3n＋1 ＝－＋n×3n＋1＝. 所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn ＝3n2＋3× ＝(n∈N*)． 2．(2018·天津高考)設{an}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是等差數(shù)列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6. (1)求{an}和{bn}的通項公式； (2)設數(shù)列{Sn}的前n項和為Tn(n∈N*)， ①求Tn； ②證明 ＝－2(n∈N*)． 解　(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q. 由a1＝1，a3＝a2＋2. 可得q2－q－2＝0.因為q>0，可得

9、q＝2，故an＝2n－1. 設等差數(shù)列{bn}的公差為d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4. 由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16.從而b1＝1，d＝1，故bn＝n. 所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝n. (2)①由(1)，有Sn＝＝2n－1， 故Tn＝ (2k－1)＝2k－n＝－n＝2n＋1－n－2. ②證明：因為＝ ＝＝－， 所以 ＝＋＋…＋＝－2. 采用錯位相減法求和，要注意相減后和式的結(jié)構(gòu)，把項數(shù)數(shù)清．采用裂項相消法求和，消項時要注意相消的規(guī)律，可將數(shù)列的前幾項和表示出來，歸納出規(guī)律． 常用的裂項相消變換

10、有： (1)分式裂項：＝； (2)根式裂項：＝(－)； (3)對數(shù)式裂項：lg ＝lg (n＋p)－lg n； (4)指數(shù)式裂項：aqn＝(qn－qn＋1)(q≠0且q≠1)． 等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝10，a2為整數(shù)，且Sn≤S4. (1)求{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)由a1＝10，a2為整數(shù)，可知等差數(shù)列{an}的公差d為整數(shù)．又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0,10＋4d≤0，解得－≤d≤－，因此d＝－3，故數(shù)列{an}的通項公式為an＝13－3n. (2)bn＝＝， 于是

11、Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝. 熱點3　數(shù)列的綜合應用 解決數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題要注意以下幾點： (1)由于數(shù)列是一類特殊函數(shù)，因此解答數(shù)列問題時，多從函數(shù)角度入手，準確處理數(shù)列問題； (2)利用數(shù)列自身特點和自身性質(zhì)，準確推理，其中注意適時分類討論； (3)證明不等關系時要充分利用題意恰當使用放縮法． 1．(2017·北京高考)設{an}和{bn}是兩個等差數(shù)列，記cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n＝1,2,3，…)，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs這s個數(shù)中最大的數(shù)． (1)若an＝n，bn＝2n－1

12、，求c1，c2，c3的值，并證明{cn}是等差數(shù)列； (2)證明：或者對任意正數(shù)M，存在正整數(shù)m，當n≥m時，＞M；或者存在正整數(shù)m，使得cm，cm＋1，cm＋2，…是等差數(shù)列． 解　(1)c1＝b1－a1＝1－1＝0， c2＝max{b1－2a1，b2－2a2}＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1， c3＝max{b1－3a1，b2－3a2，b3－3a3}＝max{1－3×1，3－3×2，5－3×3}＝－2. 當n≥3時，(bk＋1－nak＋1)－(bk－nak)＝(bk＋1－bk)－n(ak＋1－ak)＝2－n＜0， 所以bk－nak關于k∈N*單調(diào)遞減． 所以cn＝ma

13、x{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}＝b1－a1n＝1－n. 所以對任意n≥1，cn＝1－n，于是cn＋1－cn＝－1， 所以{cn}是等差數(shù)列． (2)證明：設數(shù)列{an}和{bn}的公差分別為d1，d2， 則bk－nak＝b1＋(k－1)d2－[a1＋(k－1)d1]n ＝b1－a1n＋(d2－nd1)(k－1)． 所以cn＝ ①當d1＞0時，取正整數(shù)m＞， 則當n≥m時，nd1＞d2， 因此cn＝b1－a1n. 此時，cm，cm＋1，cm＋2，…是等差數(shù)列． ②當d1＝0時，對任意n≥1， cn＝b1－a1n＋(n－1)max{d2,0} ＝b1－

14、a1＋(n－1)(max{d2,0}－a1)． 此時，c1，c2，c3，…，cn，…是等差數(shù)列． ③當d1＜0時， 當n＞時，有nd1＜d2， 所以＝ ＝n(－d1)＋d1－a1＋d2＋ ≥n(－d1)＋d1－a1＋d2－|b1－d2|. 對任意正數(shù)M，取正整數(shù) m＞max， 故當n≥m時，＞M. 2．(2019·江蘇高考)定義首項為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”． (1)已知等比數(shù)列{an}(n∈N*)滿足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求證：數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”； (2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足：b1＝1，＝－，其中Sn為數(shù)列{bn

15、}的前n項和． ①求數(shù)列{bn}的通項公式； ②設m為正整數(shù)．若存在“M-數(shù)列”{cn}(n∈N*)，對任意正整數(shù)k，當k≤m時，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值． 解　(1)證明：設等比數(shù)列{an}的公比為q， 所以a1≠0，q≠0. 由得 解得 因此數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”． (2)①因為＝－，所以bn≠0. 由b1＝1，S1＝b1，得＝－，則b2＝2. 由＝－，得Sn＝. 當n≥2時，由bn＝Sn－Sn－1，得 bn＝－， 整理得bn＋1＋bn－1＝2bn. 所以數(shù)列{bn}是首項和公差均為1的等差數(shù)列． 因此，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝n(

16、n∈N*)． ②由①知，bk＝k，k∈N*. 因為數(shù)列{cn}為“M-數(shù)列”，設公比為q，所以c1＝1，q>0. 因為ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1,2,3，…，m(m∈N*)． 當k＝1時，有q≥1； 當k＝2,3，…，m時，有≤ln q≤. 設f(x)＝(x>1)，則f′(x)＝. 令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下： x (1，e) e (e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  因為＝<＝， 所以f(k)max＝f(3)＝. 取q＝，當k＝1,2,3,4,5時，≤ln q，即k≤qk，經(jīng)檢驗知q

17、k－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5. 若m≥6，分別取k＝3,6，得3≤q3，且q5≤6，從而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在．因此所求m的最大值小于6. 綜上，所求m的最大值為5. (1)利用函數(shù)的方法研究數(shù)列中相關問題時，應準確構(gòu)造函數(shù)，注意函數(shù)性質(zhì)的準確使用； (2)證明不等關系時進行適當?shù)姆趴s． (2017·江蘇高考)對于給定的正整數(shù)k，若數(shù)列{an}滿足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，對任意正整數(shù)n(n＞k)總成立，則稱數(shù)列{an}是“P(k)數(shù)列”． (1)證明：等差數(shù)列{an}是“

18、P(3)數(shù)列”； (2)若數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，證明：{an}是等差數(shù)列． 證明　(1)因為{an}是等差數(shù)列，設其公差為d，則 an＝a1＋(n－1)d， 從而，當n≥4時， an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d ＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2,3， 所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an， 因此等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”． (2)數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，因此， 當n≥3時，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①

19、 當n≥4時，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.② 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④ 將③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4， 所以a3，a4，a5，…是等差數(shù)列，設其公差為d′. 在①中，取n＝4，則a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′， 在①中，取n＝3，則a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以前三項也滿足等差數(shù)列， 所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 專題作業(yè) 1

20、．(2018·全國卷Ⅰ)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，設bn＝. (1)求b1，b2，b3； (2)判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并說明理由； (3)求{an}的通項公式． 解　(1)由條件可得an＋1＝an. 將n＝1代入，得a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4. 將n＝2代入，得a3＝3a2，所以a3＝12. 從而b1＝1，b2＝2，b3＝4. (2){bn}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列．由題設條件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列． (3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.

21、 2．(2017·天津高考)已知{an}為等差數(shù)列，前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通項公式； (2)求數(shù)列{a2nbn}的前n項和(n∈N*)． 解　(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12. 而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝－3或q＝2. 又因為q＞0，所以q＝2.所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，

22、② 聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以，數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2n. (2)設數(shù)列{a2nbn}的前n項和為Tn. 由a2n＝6n－2，得 Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n， 2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1. 上述兩式相減，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，

23、數(shù)列{a2nbn}的前n項和為(3n－4)2n＋2＋16. 3．(2019·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．已知S9＝－a5. (1)若a3＝4，求{an}的通項公式； (2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范圍． 解　(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d. 由S9＝－a5得a1＋4d＝0. 由a3＝4得a1＋2d＝4. 于是a1＝8，d＝－2. 因此等差數(shù)列{an}的通項公式為an＝10－2n. (2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d， Sn＝. 由a1>0知d<0，故Sn≥an等價于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范

24、圍是{n|1≤n≤10，n∈N}． 4．數(shù)列An：a1，a2，…，an(n≥2)的各項均為整數(shù)，滿足：ai≥－1(i＝1,2，…，n)，且a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an＝0，其中a1≠0. (1)若n＝3，寫出所有滿足條件的數(shù)列A3； (2)求a1的值； (3)證明：a1＋a2＋…＋an>0. 解　(1)滿足條件的數(shù)列A3為：－1，－1,6；－1,0,4；－1，1,2；－1，2,0. (2)假設a1≠－1，因為a1≠0，所以a1≥1. 又a2，a3，…，an≥－1，因此有 a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋

25、an ≥2n－1＋(－1)·2n－2＋(－1)·2n－3＋…＋(－1)·2＋(－1)＝2n－1－2n－2－2n－3－…－2－1＝1， 這與a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an＝0矛盾！ 所以a1＝－1. (3)先證明如下結(jié)論：?k∈{1,2，…，n－1}， 必有a1·2n－1＋a2·2n－2＋…＋ak·2n－k≤0. 否則，令a1·2n－1＋a2·2n－2＋…＋ak·2n－k>0， 注意到左式是2n－k的整數(shù)倍， 因此a1·2n－1＋a2·2n－2＋…＋ak·2n－k≥2n－k. 所以有 a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋

26、an－1·2＋an ≥2n－k＋(－1)·2n－k－1＋(－1)·2n－k－2＋…＋(－1)·2＋(－1) ＝2n－k－2n－k－1－2n－k－2－…－2－1＝1， 這與a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an＝0矛盾！ 所以a1·2n－1＋a2·2n－2＋…＋ak·2n－k≤0. 因此有 a1<0， a1·2＋a2≤0， a1·4＋a2·2＋a3≤0， … a1·2k－1＋a2·2k－2＋…＋ak－1·2＋ak≤0， … a1·2n－2＋a2·2n－3＋…＋an－2·2＋an－1≤0. 將上述n－1個不等式相加得a1·(2n－1－1)＋a2·(2n－2－1)＋…＋an－1·(2－1)<0，① 又a1·2n－1＋a2·2n－2＋a3·2n－3＋…＋an－1·2＋an＝0，② 兩式相減即得a1＋a2＋…＋an>0. - 11 -