《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第3講 數(shù)列練習(xí) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第3講 數(shù)列練習(xí) 文（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b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(diǎn)，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(xué)思想方法.熱點(diǎn)題型分析熱點(diǎn)1等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合1等差(比)數(shù)列的運(yùn)算策略(1)在等差(比)數(shù)列中，首項(xiàng)a1和公差d(公比q)是兩個(gè)最基本的元素；(2)在進(jìn)行等差(比)數(shù)列項(xiàng)與和的運(yùn)算時(shí)，若條件和結(jié)論間的聯(lián)系不明顯，則均可化成關(guān)于a1和d(q)的方程組求解2應(yīng)用數(shù)列性質(zhì)解題的方法(1)抓住項(xiàng)與項(xiàng)之間的關(guān)系及項(xiàng)的序號(hào)之間的關(guān)系，從這些特點(diǎn)入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進(jìn)行

2、求解；(2)牢固掌握等差(比)數(shù)列的性質(zhì)，可分為三類：通項(xiàng)公式的變形；等差(比)中項(xiàng)的變形；前n項(xiàng)和公式的變形(2018全國(guó)卷)等比數(shù)列an中，a11，a54a3.(1)求an的通項(xiàng)公式；(2)記Sn為an的前n項(xiàng)和若Sm63，求m.解(1)設(shè)an的公比為q，由題設(shè)得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q2或q2.故an(2)n1或an2n1.(2)若an(2)n1，則Sn.由Sm63得(2)m188，此方程沒有正整數(shù)解若an2n1，則Sn2n1.由Sm63得2m64，解得m6.綜上，m6.在解決等差、等比數(shù)列的運(yùn)算問題時(shí)，經(jīng)常采用“巧用性質(zhì)、整體考慮、減少運(yùn)算量”的方法有兩個(gè)處

3、理思路：一是利用基本量，將多元問題簡(jiǎn)化為一元問題，雖有一定量的運(yùn)算，但思路簡(jiǎn)潔，目標(biāo)明確；二是利用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，但在應(yīng)用性質(zhì)時(shí)要注意性質(zhì)的前提條件，有時(shí)需要進(jìn)行適當(dāng)變形(2019北京高考)設(shè)an是等差數(shù)列，a110，且a210，a38，a46成等比數(shù)列(1)求an的通項(xiàng)公式；(2)記an的前n項(xiàng)和為Sn，求Sn的最小值解(1)設(shè)an的公差為d.因?yàn)閍110，所以a210d，a3102d，a4103d.因?yàn)閍210，a38，a46成等比數(shù)列，所以(a38)2(a210)(a46)所以(22d)2d(43d)解得d2.所以ana1(n1)d2n12.(2)由(1)知，an2n12.則當(dāng)n7

4、時(shí)，an0；當(dāng)n6時(shí)，an0.所以Sn的最小值為S5S630.熱點(diǎn)2數(shù)列的通項(xiàng)與求和1求數(shù)列通項(xiàng)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(xiàng)公式；(2)公式法：利用等差(比)數(shù)列的通項(xiàng)公式求an；(3)已知Sn與an的關(guān)系，利用an求an；(4)累加法：形如an1anf(n)的解析式，可用遞推式多項(xiàng)相加法求得an；(5)累乘法：形如an1f(n)an(an0)的解析式，可用遞推式多項(xiàng)相乘法求得an；(6)倒數(shù)法：形如f(anan1，an，an1)0的關(guān)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(guān)系，將非等差(等比)數(shù)列構(gòu)造為等差(等比

5、)數(shù)列來求其通項(xiàng)公式2求數(shù)列前n項(xiàng)和Sn的常見方法(1)公式法：利用等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求數(shù)列的前n項(xiàng)和；(2)裂項(xiàng)相消法：將數(shù)列恒等變形為連續(xù)兩項(xiàng)或相隔若干項(xiàng)之差的形式，進(jìn)行消項(xiàng)；(3)錯(cuò)位相減法：求解形如anbn和的前n項(xiàng)和，數(shù)列an，bn分別為等差與等比數(shù)列；(4)倒序相加法：應(yīng)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(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)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(shè)an是等差數(shù)列，bn是等比數(shù)列，公比大于0.已知a1b13，b2a3，b34a23.(1)求an和bn的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列cn滿足cn求a1

6、c1a2c2a2nc2n(nN*)解(1)設(shè)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an33(n1)3n，bn33n13n.所以，an的通項(xiàng)公式為an3n，bn的通項(xiàng)公式為bn3n.(2)a1c1a2c2a2nc2n(a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn)(631123218336n3n)3n26(131232n3n)記Tn131232n3n，則3Tn132233n3n1，得，2Tn332333nn3n1n3n1.所以，a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n23(nN*)2(2018天津高考)設(shè)an是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為Sn(n

7、N*)，bn是等差數(shù)列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列Sn的前n項(xiàng)和為Tn(nN*)，求Tn；證明 2(nN*)解(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q.由a11，a3a22.可得q2q20.因?yàn)閝0，可得q2，故an2n1.設(shè)等差數(shù)列bn的公差為d，由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16.從而b11，d1，故bnn.所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an2n1，數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為bnn.(2)由(1)，有Sn2n1，故Tn (2k1)2knn2n1n2.證明：因?yàn)?，所?2.采用錯(cuò)位相減法求和，要注意相減后和式的

8、結(jié)構(gòu)，把項(xiàng)數(shù)數(shù)清采用裂項(xiàng)相消法求和，消項(xiàng)時(shí)要注意相消的規(guī)律，可將數(shù)列的前幾項(xiàng)和表示出來，歸納出規(guī)律常用的裂項(xiàng)相消變換有：(1)分式裂項(xiàng)：；(2)根式裂項(xiàng)：()；(3)對(duì)數(shù)式裂項(xiàng)：lg lg (np)lg n；(4)指數(shù)式裂項(xiàng)：aqn(qnqn1)(q0且q1)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，已知a110，a2為整數(shù)，且SnS4.(1)求an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.解(1)由a110，a2為整數(shù)，可知等差數(shù)列an的公差d為整數(shù)又SnS4，故a40，a50，于是103d0,104d0，解得d，因此d3，故數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an133n.(2)bn，于是Tnb1b2bn.

9、熱點(diǎn)3數(shù)列的綜合應(yīng)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(diǎn)：(1)由于數(shù)列是一類特殊函數(shù)，因此解答數(shù)列問題時(shí)，多從函數(shù)角度入手，準(zhǔn)確處理數(shù)列問題；(2)利用數(shù)列自身特點(diǎn)和自身性質(zhì)，準(zhǔn)確推理，其中注意適時(shí)分類討論；(3)證明不等關(guān)系時(shí)要充分利用題意恰當(dāng)使用放縮法1(2017北京高考)設(shè)an和bn是兩個(gè)等差數(shù)列，記cnmaxb1a1n，b2a2n，bnann(n1,2,3，)，其中maxx1，x2，xs表示x1，x2，xs這s個(gè)數(shù)中最大的數(shù)(1)若ann，bn2n1，求c1，c2，c3的值，并證明cn是等差數(shù)列；(2)證明：或者對(duì)任意正數(shù)M，存在正整數(shù)m，當(dāng)nm時(shí)，M；或者存在正整數(shù)m，使

10、得cm，cm1，cm2，是等差數(shù)列解(1)c1b1a1110，c2maxb12a1，b22a2max121,3221，c3maxb13a1，b23a2，b33a3max131，332，5332.當(dāng)n3時(shí)，(bk1nak1)(bknak)(bk1bk)n(ak1ak)2n0，所以bknak關(guān)于kN*單調(diào)遞減所以cnmaxb1a1n，b2a2n，bnannb1a1n1n.所以對(duì)任意n1，cn1n，于是cn1cn1，所以cn是等差數(shù)列(2)證明：設(shè)數(shù)列an和bn的公差分別為d1，d2，則bknakb1(k1)d2a1(k1)d1nb1a1n(d2nd1)(k1)所以cn當(dāng)d10時(shí)，取正整數(shù)m，則當(dāng)n

11、m時(shí)，nd1d2，因此cnb1a1n.此時(shí)，cm，cm1，cm2，是等差數(shù)列當(dāng)d10時(shí)，對(duì)任意n1，cnb1a1n(n1)maxd2,0b1a1(n1)(maxd2,0a1)此時(shí)，c1，c2，c3，cn，是等差數(shù)列當(dāng)d10時(shí)，當(dāng)n時(shí)，有nd1d2，所以n(d1)d1a1d2n(d1)d1a1d2|b1d2|.對(duì)任意正數(shù)M，取正整數(shù)mmax，故當(dāng)nm時(shí)，M.2(2019江蘇高考)定義首項(xiàng)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(nN*)滿足：a2a4a5，a34a24a10，求證：數(shù)列an為“M數(shù)列”；(2)已知數(shù)列bn(nN*)滿足：b11，其中Sn為數(shù)列bn的前n項(xiàng)和求數(shù)

12、列bn的通項(xiàng)公式；設(shè)m為正整數(shù)若存在“M數(shù)列”cn(nN*)，對(duì)任意正整數(shù)k，當(dāng)km時(shí)，都有ckbkck1成立，求m的最大值解(1)證明：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，所以a10，q0.由得解得因此數(shù)列an為“M數(shù)列”(2)因?yàn)?，所以bn0.由b11，S1b1，得，則b22.由，得Sn.當(dāng)n2時(shí)，由bnSnSn1，得bn，整理得bn1bn12bn.所以數(shù)列bn是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列因此，數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為bnn(nN*)由知，bkk，kN*.因?yàn)閿?shù)列cn為“M數(shù)列”，設(shè)公比為q，所以c11，q0.因?yàn)閏kbkck1，所以qk1kqk，其中k1,2,3，m(mN*)當(dāng)k1時(shí)，有q1；當(dāng)k2,

13、3，m時(shí)，有l(wèi)n q.設(shè)f(x)(x1)，則f(x).令f(x)0，得xe.列表如下：x(1，e)e(e，)f(x)0f(x)極大值因?yàn)?，求使得Snan的n的取值范圍解(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d.由S9a5得a14d0.由a34得a12d4.于是a18，d2.因此等差數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an102n.(2)由(1)得a14d，故an(n5)d，Sn.由a10知d0.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(shè)a11，因?yàn)閍10，所以a11.又a2，a3，an1，因此有a12n1a22n2a32n3an12an2n1(1)2n2(1)2n3(1)

14、2(1)2n12n22n3211，這與a12n1a22n2a32n3an12an0矛盾！所以a11.(3)先證明如下結(jié)論：k1,2，n1，必有a12n1a22n2ak2nk0.否則，令a12n1a22n2ak2nk0，注意到左式是2nk的整數(shù)倍，因此a12n1a22n2ak2nk2nk.所以有a12n1a22n2a32n3an12an2nk(1)2nk1(1)2nk2(1)2(1)2nk2nk12nk2211，這與a12n1a22n2a32n3an12an0矛盾！所以a12n1a22n2ak2nk0.因此有a10，a12a20，a14a22a30，a12k1a22k2ak12ak0，a12n2a22n3an22an10.將上述n1個(gè)不等式相加得a1(2n11)a2(2n21)an1(21)0.- 11 -