2019届二轮复习回扣四数列学案（全国通用）

回扣四数列

环节一　记牢概念公式，避免临场卡壳

等差数列、等比数列

环节二　巧用解题结论，考场快速抢分

1．等差数列的重要规律与推论

(1)an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d，p＋q＝m＋n⇒ap＋aq＝am＋an.

(2)ap＝q，aq＝p(p≠q)⇒ap＋q＝0；Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd.

(3)S ，S2 －S ，S3 －S2 ，…构成的数列是等差数列．

(4)若等差数列{an}的项数为偶数2m，公差为d，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m＝m(am＋am＋1)，S偶－S奇＝md，＝.

2．等比数列的重要规律与推论

(1)an＝a1qn－1＝amqn－m，p＋q＝m＋n⇒ap·aq＝am·an.

(2){an}，{bn}成等比数列⇒{anbn}成等比数列．

(3)连续m项的和(如Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)仍然成等比数列(注意：这连续m项的和必须非零才能成立)．

(4)若等比数列有2n项，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则＝q.

环节三　明辨易错易混，警惕命题陷阱

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．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．

3．对于通项公式中含有(－1)n的一类数列，在求Sn时，切莫忘记讨论n的奇偶性；遇到已知an＋1－an－1＝d或＝q(n≥2)，求{an}的通项公式时，要注意分n的奇偶性讨论．

环节四　适当保温训练，树立必胜信念

1．设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和．若S10＝S11，则a1＝(　　)

A．18 B．20

C．22 D．24

解析：由S10＝S11，得a11＝S11－S10＝0.由于a11＝a1＋(11－1)×d，所以a1＝a11＋(1－11)×d＝0＋(－10)×(－2)＝20.

答案：B

2．设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为(　　)

A．2 B．－2

C. D．－

解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn＝na1＋d，所以S1，S2，S4分别为a1,2a1－1,4a1－6.因为S1，S2，S4成等比数列，所以(2a1－1)2＝a1·(4a1－6)．解得a1＝－.

答案：D

3．已知等比数列{an}的各项均为不等于1的正数，数列{bn}满足bn＝lg an，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}的前n项和的最大值等于(　　)

A．126 B．130

C．132 D．134

解析：bn＋1－bn＝lg an＋1－lg an＝lg＝lg q(常数)，∴{bn}为等差数列．

设公差为d，∴∴

由bn＝－2n＋24≥0，得n≤12，∴{bn}的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，∴S11，S12最大且S11＝S12＝132.

答案：C

4．设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N )．若＜－1，则(　　)

A．Sn的最大值是S8 B．Sn的最小值是S8

C．Sn的最大值是S7 D．Sn的最小值是S7

解析：由( n＋1)Sn＜nSn＋1得(n＋1)·＜n·，整理得an＜an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，又＜－1，所以a8＞0，a7＜0，所以数列{an}的前7项为负值，即Sn的最小值是S7.

答案：D

5．公差d不为0的等差数列{an}的部分项a 1，a 2，a 3，…构成等比数列，且 1＝1， 2＝2， 3＝6，则 4＝________.

解析：因为a1，a2，a6构成等比数列，所以(a1＋d)2＝a1(a1＋5d)，得d＝3a1，所以等比数列的公比q＝＝4，等差数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)×3a1＝3a1n－2a1＝a1×43，解得n＝22，即 4＝22.

答案：22

6．已知等差数列{an}的各项互不相等，前2项和为10，设向量m＝(a1，a3)，n＝(a3，a7)，且m∥n，则数列{an}的通项公式为________．

解析：因为向量m＝(a1，a3)，n＝(a3，a7)，且m∥n，所以a1a7－a＝0，即a1a7＝a.设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，

则，

解得或(舍去)．故an＝2n＋2.

答案：an＝2n＋2

7．已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，bn＝，若对任意的n∈N ，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围为________．

解析：依题意得bn＝1＋，对任意的n∈N ，都有bn≥b8，即数列{bn}的最小项是第8项，于是有≥.又数列{an}是公差为1的等差数列，因此有即由此解得－8＜a＜－7，即实数a的取值范围是(－8，－7)．

答案：(－8，－7)

8．设数列{an}的前n项和Sn满足6Sn＋1＝9an(n∈N )．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}和{bn}的前n项和Tn.

解析：(1)当n＝1时，由6a1＋1＝9a1，得a1＝.

当n≥2时，由6Sn＋1＝9an，得6Sn－1＋1＝9an－1，

两式相减得6(Sn－Sn－1)＝9(an－an－1)，

即6an＝9(an－an－1)，∴an＝3an－1.

∴数列{an}是首项为，公比为3的等比数列，其通项公式为an＝×3n－1＝3n－2.

(2)∵bn＝＝n－2，

∴{bn}是首项为3，公比为的等比数列，

Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝.

9．在数列{an}中，a1＝2，a2＝12，a3＝54，数列{an＋1－3an}是等比数列．

(1)求证：数列{}是等差数列；

(2)求数列{an}的前n项和Sn.

解析：(1)证明：∵a1＝2，a2＝12，a3＝54，

∴a2－3a1＝6，a3－3a2＝18.

又∵数列{an＋1－3an}是等比数列，

∴an＋1－3an＝6×3n－1＝2×3n，

∴－＝2，

∴数列是等差数列．

(2)由(1)知数列是等差数列，

∴＝＋(n－1)×2＝2n，

∴an＝2n×3n－1.

∵Sn＝2×1×30＋2×2×31＋…＋2n×3n－1，

∴3Sn＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2n×3n.

∴Sn－3Sn＝2×1×30＋2×1×3＋…＋2×1×3n－1－2n×3n

＝2×－2n×3n

＝3n－1－2n×3n，

∴Sn＝×3n＋.