2019版二轮复习数学（文）通用版讲义：第一部分第二层级重点增分专题六　数　列

重点增分专题六　数　列

[全国卷3年考情分析]

(1)高考主要考查等差数列及等比数列的基本运算、两类数列求和方法(裂项相消法、错位相减法)，主要突出函数与方程思想的应用．

(2)近三年高考考查数列都在17题，试题难度中等，19年高考可能以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也可能出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注．

[大稳定]

1.(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)

A．－12　　　　　　　　 　B．－10

C．10   D．12

解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0.将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.

2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，＝，则数列{an}的公比q为(　　)

A．4   B．2

C.   D.

解析：选C　因为＝≠2，所以q≠1.所以＝＝1＋q5，所以1＋q5＝，所以q＝.

3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝3.

(1)若a3＋b3＝7，求{bn}的通项公式；

(2)若T3＝13，求Sn.

解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，

则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.

由a2＋b2＝3，得d＋q＝4，　　①

由a3＋b3＝7，得2d＋q2＝8，　②

联立①②，解得q＝2或q＝0(舍去)，

因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.

(2)∵T3＝1＋q＋q2，∴1＋q＋q2＝13，

解得q＝3或q＝－4，

由a2＋b2＝3，得d＝4－q，∴d＝1或d＝8.

由Sn＝na1＋n(n－1)d，

得Sn＝n2－n或Sn＝4n2－5n.

[解题方略]　等差(比)数列基本运算的解题思路

(1)设基本量：首项a1和公差d(公比q)．

(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(或q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．

[小创新]

1.设数列{an}满足a2＋a4＝10，点Pn(n，an)对任意的n∈N*，都有向量＝(1,2)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.

解析：∵Pn(n，an)，∴Pn＋1(n＋1，an＋1)，

∴＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，

∴an＋1－an＝2，

∴数列{an}是公差d为2的等差数列．

又由a2＋a4＝2a1＋4d＝2a1＋4×2＝10，解得a1＝1，

∴Sn＝n＋×2＝n2.

答案：n2

2.设某数列的前n项和为Sn，若为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d(d≠0)的等差数列{an}为“和谐数列”，则该等差数列的公差d＝________.

解析：由＝k(k为常数)，且a1＝1，得n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得，(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0，∵对任意正整数n，上式恒成立，∴得∴数列{an}的公差为2.

答案：2

3.(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　)

A．1盏   B．3盏

C．5盏   D．9盏

解析：选B　每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝＝381，解得a1＝3.

[大稳定]

1.在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，则的值为(　　)

A．－　　　　　　 　B．－

C.   D．－或

解析：选B　设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝a＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－，故选B.

2.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S4≠0，且S8＝3S4，设S12＝λS8，则λ＝(　　)

A.   B.

C．2   D．3

解析：选C　因为Sn是等差数列{an}的前n项和，

若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，

所以由等差数列的性质得：S4，S8－S4，S12－S8成等差数列，

所以2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)，

所以2(3S4－S4)＝S4＋(λ·3S4－3S4)，

解得λ＝2.

3.在等差数列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________．

解析：设{an}的公差为d.

法一：由3a2＝11a6，得3(13＋d)＝11(13＋5d)，

解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.

由得解得6.5≤n≤7.5.

因为n∈N*，

所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝＝49.

法二：由3a2＝11a6，得3(13＋d)＝11(13＋5d)，

解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.

所以Sn＝＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，

所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝49.

答案：49

4.已知数列{an}满足an＝若对于任意的n∈N*都有an>an＋1，则实数λ的取值范围是________．

解析：法一：因为an>an＋1，所以数列{an}是递减数列，

所以解得<λ<.

所以实数λ的取值范围是.

法二：因为an>an＋1恒成立，所以0<λ<1.

若0<λ≤，则当n<6时，数列{an}为递增数列或常数列，不满足对任意的n∈N*都有an>an＋1；

若<λ<1，则当n<6时，数列{an}为递减数列，当n≥6时，数列{an}为递减数列，又对任意的n∈N*都有an>an＋1，所以a6<a5，即λ<×5＋1，解得λ<，所以<λ<.

综上，实数λ的取值范围为.

答案：

[解题方略]　等差、等比数列性质问题的求解策略

[小创新]

1.在等差数列{an}中，公差d≠0，若lg a1，lg a2，lg a4也成等差数列，且a5＝10，则{an}的前5项和S5＝(　　)

A．40   B．35

C．30   D．25

解析：选C　因为lg a1，lg a2，lg a4成等差数列，所以2lg a2＝lg a1＋lg a4⇒lg a＝lg a1a4⇒a＝a1a4⇒d2＝a1d，因为d≠0，所以a1＝d，又a5＝a1＋4d＝10，所以a1＝2，d＝2，S5＝5a1＋d＝30.选C.

2.已知函数f(x)是R上的单调递增函数且为奇函数，数列{an}是等差数列，a3>0，则f(a1)＋f(a3)＋f(a5)的值(　　)

A．恒为正数

B．恒为负数

C．恒为0

D．可以为正数也可以为负数

解析：选A　因为函数f(x)是R上的奇函数，所以f(0)＝0，又f(x)是R上的增函数，所以当x>0时，有f(x)>f(0)＝0，当x<0时，有f(x)<f(0)＝0，因为a3>0，所以f(a3)>0.因为数列{an}是等差数列，所以＝a3>0⇒a1＋a5>0⇒a1>－a5⇒f(a1)>f(－a5)，又f(－a5)＝   －f(a5)，所以f(a1)＋f(a5)>0，故f(a1)＋f(a3)＋f(a5)＝[f(a1)＋f(a5)]＋f(a3)>0.

3.已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝，若函数f(x)＝sin 2x＋2cos2 ，记yn＝f(an)，则数列{yn}的前9项和为(　　)

A．0   B．－9

C．9   D．1

解析：选C　由已知可得，数列{an}为等差数列，f(x)＝sin 2x＋cos x＋1，∴f＝1.∵f(π－x)＝sin(2π－2x)＋cos(π－x)＋1＝－sin 2x－cos x＋1，∴f(π－x)＋f(x)＝2，∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，∴f(a1)＋…＋f(a9)＝2×4＋1＝9，即数列{yn}的前9项和为9.

4.数列{an}是首项a1＝m，公差为2的等差数列，数列{bn}满足2bn＝(n＋1)an，若对任意n∈N*都有bn≥b5成立，则m的取值范围是________．

解析：由题意得，an＝m＋2(n－1)，

从而bn＝an＝[m＋2(n－1)]．

又对任意n∈N*都有bn≥b5成立，结合数列{bn}的函数特性可知b4≥b5，b6≥b5，

故解得－22≤m≤－18.

答案：[－22，－18]

[典例]　设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝(n≥2，n∈N*)．

(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；

(2)判断数列是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．

[解]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，

即＝(n≥2，n∈N*)．

所以数列{an}是首项为1，

公比为的等比数列，

故数列{an}的通项公式为an＝n－1.

(2)因为a1＝1，所以b1＝2a1＝2.

因为bn＝，所以＝＋1，

即－＝1(n≥2)．

所以数列是首项为，

公差为1的等差数列．

所以＝＋(n－1)·1＝，

故数列{bn}的通项公式为bn＝.

[解题方略]　数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法

(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：

①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；

②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．

(2)证明{an}是等比数列的两种基本方法

①利用定义，证明(n∈N*)为一常数；

②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2)．

[多练强化]

　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．

(1)求a1，a2，a3的值．

(2)设bn＝an＋3，证明数列{bn}为等比数列，并求通项公式an.

解：(1)因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．

所以n＝1时，由a1＝S1＝2a1－3×1，解得a1＝3，

n＝2时，由S2＝2a2－3×2，得a2＝9，

n＝3时，由S3＝2a3－3×3，得a3＝21.

(2)因为Sn＝2an－3n，

所以Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，

两式相减，得an＋1＝2an＋3，①

把bn＝an＋3及bn＋1＝an＋1＋3，代入①式，

得bn＋1＝2bn(n∈N*)，且b1＝6，

所以数列{bn}是以6为首项，2为公比的等比数列，

所以bn＝6×2n－1，

所以an＝bn－3＝6×2n－1－3＝3(2n－1).

    增分考点·深度精研

[析母题]

[典例]　已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝(n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.

[解]　(1)当n＝1时，a1＝.

因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝，①

所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝(n≥2)，②

①－②得4n－1an＝(n≥2)，所以an＝(n≥2)．

由于a1＝，故an＝.

(2)由(1)得bn＝＝，

所以bnbn＋1＝＝，

故Tn＝＝＝.

[练子题]

1．在本例条件下，若设bn＝anlogan，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：∵an＝，∴bn＝，

∴Tn＝＋＋＋…＋，

Tn＝＋＋＋…＋，

两式相减得，

Tn＝＋＋＋＋…＋－

＝2－

＝2×－

＝－－

＝－，

∴Tn＝－.

2．在本例条件下，若数列的前n项和为Sn，记bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：∵an＝，∴＝4n，Sn＝×4n－，

则bn＝＝×42n－×4n，

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝(42＋44＋…＋42n)－(4＋42＋…＋4n)

＝×－×

＝×42n－×4n＋.

3．在本例条件下，设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：∵an＝，

∴bn＝＝

＝.

∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

＝－＋－＋…－

＝＝－.

[解题方略]

1．分组求和中分组的策略

(1)根据等差、等比数列分组．

(2)根据正号、负号分组．

2．裂项相消求和的规律

(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．

(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．

3．错位相减法求和的关注点

(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和．

(2)步骤：

①求和时先乘以数列{bn}的公比；

②将两个和式错位相减；

③整理结果形式．

[多练强化]

1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＝a5.令bn＝(－1)n－1an，则数列{bn}的前2n项和T2n为(　　)

A．－n　　　　　　　　　 　B．－2n

C．n   D．2n

解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，由S3＝a5，得3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，∴an＝2n－1，∴bn＝(－1)n－1(2n－1)，∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝－2n，选B.

2．(2017·天津高考)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.

(1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.

由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，

而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.

又因为q＞0，解得q＝2.

所以bn＝2n.

由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①

由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②

由①②，解得a1＝1，d＝3，所以an＝3n－2.

所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.

(2)由(1)知a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，

则a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，

设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，

故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，

4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，

上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1

＝－4－(3n－1)×4n＋1

＝－(3n－2)×4n＋1－8.

故Tn＝×4n＋1＋.

所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.

3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，且a2＝3，S5＝25.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<1.

解：(1)设等差数列{an}的公差为d.

因为所以

解得所以an＝2n－1.

(2)证明：由(1)知，an＝2n－1，

所以Sn＝＝n2.

所以bn＝＝＝－.

所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

＝＋＋…＋

＝1－<1.

数学运算——数列的通项公式及求和问题

[典例]　设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为其前n项和，已知S3＝7，a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝an＋ln an，求数列{bn}的前n项和Tn.

[解]　(1)设数列{an}的公比为q(q>1)．

由已知，得

即

由q>1，解得

故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.

(2)由(1)得bn＝2n－1＋(n－1)ln 2，

所以Tn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)]ln 2＝＋ln 2＝2n－1＋ln 2.

[素养通路]

数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养．主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．

本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和．考查了数学运算这一核心素养．