人教A版2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳：数列(拔高)

第一章:等差数列与等比数列的综合
核心考点一:等差、等比数列的判断与证明 方法总结
判断和证明数列是等差、等比数列常见的3中方法如下： （1）定义法：对于2≥n 的任意正整数，都有1--n n a a （或1
-n n
a a ）为同一常数（用于证明） （2）通项公式法：
①若)()1(11d a nd d n a a n -+=-+=，则数列{}n a 为等差数列（用于判断）； ②若n n
n n q c q q
a q a a •=•=
=-111，则数列{}n a 为等比数列（用于判断）； （3）中项公式法：
①若112+-+=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等差数列（用于证明）；
②若112
+-=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等比数列（用于证明）； 1.设{}n a 是首项为a ,公差为d 的等差数列(d ≠0), n S 是其前n 项和.记n b =nS
n n 2+c ,
*n N ∈ ,其中c 为实数.
(1)若c =0,且124,,b b b 成等比数列,证明：2*(,)nk k S n S k n N =∈; (2)若{}n b 是等差数列,证明：c =0.
【解答】证明：(1)若c=0,则a n =a 1+(n ﹣1)d,S n =
n[(n−1)d+2a]
2
,b n =
nS n n 2
=
(n−1)d+2a
2
.
当b 1,b 2,b 4成等比数列时,则b 22=b 1b 4, 即：(a +d
2)2=a(a +
3d
2
),得：d 2
=2ad,又d≠0,故d=2a.
因此：S n =n 2a,S nk =(nk)2a =n 2k 2a,n 2S k =n 2k 2a . 故：S nk =n 2S k (k,n ∈N*). (2)b n =nS n
n 2+c =n 2
(n−1)d+2a
2n 2+c
=
n 2
(n−1)d+2a 2+c (n−1)d+2a 2−c (n−1)d+2a
2
n 2+c
=
(n−1)d+2a
2
−
c
(n−1)d+2a
2n 2+c
. ①
若{b n }是等差数列,则{b n }的通项公式是b n =A n +B 型. 观察①式后一项,分子幂低于分母幂, 故有：
c
(n−1)d+2a
2n 2+c
=0,即c
(n−1)d+2a
2
=0,而
(n−1)d+2a
2
≠0,
故c=0.
经检验,当c=0时{b n }是等差数列.
2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,0n a ≠,11n n n a a S λ+=-,其中λ为常数, (1)证明：2n n a a λ+-=;
(2)是否存在λ,使得{}n a 为等差数列?并说明理由. 【解析】
因此存在4λ=,使得{}n a 为等差数列.
3.对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足1111n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-++++++++L L 2n ka =对任意正整数()n n k >总成立,则称数列{}n a 是“()P k 数列”. (1)证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;
(2)若数列{}n a 既是“(2)P 数列”,又是“(3)P 数列”,证明：{}n a 是等差数列. 【解析】证明:(1)因为{}n a 是等差数列,设其公差为d ,则1(1)n a a n d =+-, 从而,当4n ≥时,n k n k a a a -++=+11(1)(1)n k d a n k d --+++-
122(1)2n a n d a =+-=,1,2,3,k =
所以n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=321123+++6, 因此等差数列{}n a 是“()3P 数列”.
n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+,④
将③④代入②,得n n n a a a -++=112,其中4n ≥, 所以345,,,a a a L 是等差数列,设其公差为d'.
在①中,取4n =,则235644a a a a a +++=,所以23a a d'=-, 在①中,取3n =,则124534a a a a a +++=,所以122a a d'=-, 所以数列
{}
n a 是等差数列.
4.设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列
(1)证明：31242,2,2,2a a a a 依次成等比数列;
(2)是否存在1,a d ,使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列,并说明理由;
(3)是否存在1,a d 及正整数,n k ,使得k
n k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列,并说明
理由. 【解析】
试题分析(1)根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为
分别求解两个高次方程,利用消最高次的方法得到方程：27+430t t +=,无解,
所以n,k 得到关于t 的一元方程
4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)0t t t t t t ++-++-++=,从而将方程的解转化
为研究函数()4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)g t t t t t t t =++-++-++零点情况,这个函数需要利用二次求导才可确定其在(0,
)+∞上无零点
所以12a ,22a ,32a ,42a 依次构成等比数列.
化简得
32220t t +-=(*),且21t t =+.将21t t =+代入(*)式,
1
因此不存在1a ,d ,使得1a ,22a ,33a ,4
4a 依次构成等比数列.
(3)假设存在1a ,d 及正整数n ,k ,使得1n a ,2n k a +,23n k a +,34n k
a +依次构成等比数列,
则()
()
()
221112n k
n k n a a d a d +++=+,且()
()
()
()
32211132n k
n k
n k a d a d a d +++++=+.
则()
()
()
22121n k
n k t t +++=+,且()
()
()
()
32211312n k
n k
n k t t t +++++=+.
将上述两个等式两边取对数,得()()()()2ln 122ln 1n k t n k t ++=++, 且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++. 化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦, 且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦. 再将这两式相除,化简得
()()()()()()ln 13ln 123ln 12ln 14ln 13ln 1t t t t t t +++++=++(**). 令()()()()()()()4ln 13ln 1ln 13ln 123ln 12ln 1g t t t t t t t =
++-++-++,
令()()()()()()()222
13ln 13312ln 1231ln 1t t t t t t t ϕ=++-+++++, 则()()()()()()()613ln 13212ln 121ln 1t t t t t t t ϕ'=++-+++++⎡⎤⎣⎦.
令()()1t t ϕϕ'=,则()()()()163ln 134ln 12ln 1t t t t ϕ'=+-+++⎡⎤⎣⎦.
由()()()()1200000g ϕϕϕ====,()2
0t ϕ'>,
第二节:求解数列的通项公式与前n 项和
核心考点一：裂项相消
1. 设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233n n S =+. (I)求{}n a 的通项公式;
(II)若数列{}n b 满足3log n n n a b a =,求{}n b 的前n 项和n T . 【解析】(I)因为233n n S =+ 所以,1233a =+ ,故13,a = 当1n > 时,11233,n n S --=+
此时,1122233,n n n n n a S S --=-=- 即13,n n a -=
所以,13,1,
3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩
当1n > 时,()11133log 313n n n n b n ---==-⋅
当1n > 时,
所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++-L 两式相减,得
经检验,1n = 时也适合,
核心考点二：错位相减
1.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 4=4S 2,a 2n =2a n +1. (1)求数列{a n }的通项公式;
(2)设数列{b n }的前n 项和为T n 且T n +a n +12n
=λ(λ为常数).令c n =b 2n (n ∈N *)求数
列{c n }的前n 项和R n .
【解答】解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,由a 2n =2a n +1,取n=1,得a 2=2a 1+1,即a 1﹣d+1=0① 再由S 4=4S 2,得4a 1+
4×3d 2
=4(a 1+a 1+d),即d=2a 1②
联立①、②得a 1=1,d=2.
所以a n =a 1+(n ﹣1)d=1+2(n ﹣1)=2n ﹣1; (2)把a n =2n ﹣1代入T n +a n +12n
=λ,得T n +2n 2n =λ,则T n =λ−2n
2n .
所以b 1=T 1=λ﹣1,
当n≥2时,b n =T n −T n−1=(λ−2n
2n )−(λ−2(n−1)2n−1
)=n−2
2n−1.
所以b n =n−2
2n−1,c n =b 2n =2n−2
22n−1=n−14n−1. R n =c 1+c 2+…+c n =0+1
41+2
42+⋯+n−1
4n−1③
1
4R n
=142+243+⋯+n−14n ④
③﹣④得：3
4R n =1
4+1
42+⋯+1
4n−1−n−14n =1
4(1−1
4n−1)1−
14
−n−1
4n 所以R n =4
9(1−
3n+14n
);
所以数列{c n }的前n 项和R n =4
9(1−3n+14n
).
核心考点三：分组求和
1. n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ,其中[]x 表示不超过x 的最大整数,如[][]0.9=0lg99=1，.
(1)求111101b b b ，，;
(2)求数列{}n b 的前1 000项和.
【答案】(1)10b =,111b =, 1012b =;(2)1893. 【解析】
试题分析：(1)先用等差数列的求和公式求公差d ,从而求得通项n a ,再根据已知条件[]x 表示不超过x 的最大整数,求111101b b b ，，;(2)对n 分类讨论,再用分段函数表示n b ,再求数列{}n b 的前1 000项和.
试题解析：(1)设{}n a 的公差为d ,据已知有72128d +=,解得 1.d = 所以{}n a 的通项公式为.n a n =
111101[lg1]0,[lg11]1,[lg101] 2.b b b ====== (2)因为0,110,
1,10100,
2,1001000,
3,
1000.
n n n b n n ≤<⎧⎪≤<⎪
=⎨
≤<⎪⎪=⎩
所以数列{}n b 的前1000项和为1902900311893.⨯+⨯+⨯=
第三节:数列不等式的证明
1.对于数列{u n }若存在常数M ＞0,对任意的n ∈N',恒有|u n+1﹣u n |+|u n ﹣u n ﹣
1|+…+|u 2﹣u 1|≤M
则称数列{u n }为B ﹣数列
(1)首项为1,公比为q(|q|＜1)的等比数列是否为B ﹣数列?请说明理由; (2)设S n 是数列{x n }的前n 项和,给出下列两组论断;
A 组：①数列{x n }是
B ﹣数列 ②数列{x n}不是B ﹣数列
B组：③数列{S n}是B﹣数列④数列{S n}不是B﹣数列
请以其中一组中的一个论断为条件,另一组中的一个论断为结论组成一个命题.
判断所给命题的真假,并证明你的结论;
(3)若数列{a n},{b n}都是B﹣数列,证明：数列{a n b n}也是B﹣数列.
【解答】解(1)设满足题设的等比数列为{a n},则a n=q n﹣1,于是|a n﹣a n﹣1|=|q n﹣1﹣q n﹣2|=|q|n﹣2|q﹣1|,n≥2
因此|a n+1﹣a n|+|a n﹣a n﹣1|+…+|a2﹣a1|=|q﹣1|(1+|q|+|q|2++|q|n﹣1).
因为|q|＜1,所以1+|q|+|q|2+…+|q|n﹣1=1−|q|n
1−|q|＜1
1−|q|
,即|a n+1﹣a n|+|a n﹣a n1|+…+|a2﹣
a1|＜|q−1|
1−|q|
故首项为1,公比为q(|q|＜1)的等比数列是B﹣数列.
(2)命题1：若数列{x n}是B﹣数列,则数列{S n}是B﹣数列.
此命题为假命题.
事实上,设x n=1,n∈N•,易知数列{x n}是B﹣数列,但S n=n|S n﹣1﹣S n|+|S n﹣
S n+1|+…+|S2﹣S1|=n
由n的任意性知,数列{S n}是B﹣数列此命题为假命题.
命题2：若数列{S n}是B﹣数列,则数列{x n}是B﹣数列
此命题为真命题
事实上,因为数列{S n}是B﹣数列,
所以存在正数M,对任意的n∈N*,有|S n+1﹣S n|+|S n﹣S n﹣1|+…+|S2﹣S1|≤M
即|x n+1|+|x n|+…+|x2|≤M.
于是|x n+1﹣x n|+|x n﹣x n﹣1|+…+|x2﹣x1|≤|x n+1|+2|x n|+2|x n﹣1|+…+2|x2|+2|x1|≤2M+|x1|
所以数列{x n }是B ﹣数列.
(3)若数列{a n }{b n }是B ﹣数列,则存在正数M 1.M 2,
对任意的n ∈N •,有|a n+1﹣a n |+|a n ﹣a n ﹣1|+…+|a 2﹣a 1|≤M 1,|b n+1﹣b n |+|b n ﹣a n ﹣1|…++|b 2﹣b 1|≤M 2
注意到|a n |=|a n ﹣a n ﹣1+a n ﹣1+a n ﹣2+…+a 2﹣a 1+a 1|≤|a n ﹣a n ﹣1|+|a n ﹣1﹣a n ﹣2|+…+|a 2﹣a 1|+|a 1|≤M 1+|a 1|
同理：|b n |≤M 2+|b 1|
记K 2=M 2+|b 2|,则有K 2=M 2+|b 2||a n+1b n+1﹣a n b n |=|a n+1b n+1﹣a n b n+1+a n b n+1﹣a n b n |≤|b n+1||a n+1﹣a n |+|a n ||b n+1﹣b n |≤K 1|a n+1﹣a n |+k 1|b n+1﹣b n |
因此K 1(|b n+1﹣b n |+|b n ﹣b n ﹣1|+|a 2﹣a 1|)≤k 2M 1+k 1M 2
+K 1(|b n+1﹣b n |+|b n ﹣b n ﹣1|+|a 2﹣a 1|)≤k 2M 1+k 1M 2
故数列{a n b n }是B ﹣数列.
2. 设数列A ：1a ,2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ,则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.
(1)对数列A ：-2,2,-1,1,3,写出)(A G 的所有元素;
(2)证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ,则∅≠)(A G ;
(3)证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1(n=2,3, …,N),则)(A G 的元素个数不小于N a -1a .
【答案】(1)()G A 的元素为2和5;(2)详见解析;(3)详见解析.
【解析】
试题分析：(1)关键是理解G 时刻的定义,根据定义即可写出)(A G 的所有元素;
(2)要证∅≠)(A G ,即证)(A G 中含有一元素即可;
(3)当1a a N ≤时,结论成立.只要证明当1a a N >时仍然成立即可. 试题解析：(1))(A G 的元素为2和5.
(3)当1a a N ≤时,结论成立.
以下设1a a N >.
由(2)知∅≠)(A G .
设{}p p n n n n n n A G <⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅=2121,,,,)(,记10=n .
则p n n n n a a a a <⋅⋅⋅<<<210.
如果∅≠i G ,取i i G m min =,则对任何i i m n k i a a a m k <≤<≤,1. 从而)(A G m i ∈且1+=i i n m .
又因为p n 是)(A G 中的最大元素,所以∅=p G .
从而对任意n k n p ≤≤,p n k a a ≤,特别地,p n N a a ≤.
对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0.
因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n n n a a a a a .
所以p a a a a a a i i p n p
i n n N ≤-=-≤--∑=)(1111. 考点：数列、对新定义的理解.
3.记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T,若T =∅,定义0T
S =;若{}12,,k T t t t =…，,定义12+k T t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时,1366
+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列,且当{}=2,4T 时,=30T S .
(1)求数列{}n a 的通项公式;
(2)对任意正整数()1100k k ≤≤,若{}1,2,k T ⊆…，,求证：1T k S a +<;
(3)设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C C D D S S S +≥I .
【答案】(1)1
3n n a -=(2)详见解析(3)详见解析
【解析】
试题解析：(1)由已知得1
*13,n n a a n N -=•∈.
于是当{2,4}T =时,2411132730r S a a a a a =+=+=.
又30r S =,故13030a =,即11a =.
所以数列{}n a 的通项公式为1
*3,n n a n N -=∈.
(2)因为{1,2,,}T k ⊆L ,1
*30,n n a n N -=>∈,
因此,1r k S a +<.
(3)下面分三种情况证明.
①若D 是C 的子集,则2C C D C D D D D S S S S S S S +=+≥+=I .
②若C 是D 的子集,则22C C D C C C D S S S S S S +=+=≥I . ③若D 不是C 的子集,且C 不是D 的子集.
令U E C C D =I ,U F D C C =I 则E φ≠,F φ≠,E F φ=I . 于是C E C D S S S =+I ,D F C D S S S =+I ,进而由C D S S ≥,得E F S S ≥. 设k 是E 中的最大数,l 为F 中的最大数,则1,1,k l k l ≥≥≠. 由(2)知,1E k S a +<,于是1133l k l F E k a S S a -+=≤≤<=,所以1l k -<,即l k ≤. 又k l ≠,故1l k ≤-,
故21E F S S ≥+,所以2()1C C D D C D S S S S -≥-+I I ,
即21C C D D S S S +≥+I .
综合①②③得,2C C D D S S S +≥I .
4.设{}n a 和{}n b 是两个等差数列,记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅,
其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数.
(1)若n a n =,21n b n =-,求123,,c c c 的值,并证明{}n c 是等差数列;
(2)证明：或者对任意正数M ,存在正整数m ,当n m ≥时,n c M n
>;或者存在正整数m ,使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列. 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.
【解析】
试题分析：(1)分别代入求123
,,c c c ,观察规律,再证明当3n ≥时,11()()20
k k k k b na b na n ++---=-<,所以k k b na -关于*k ∈N 单调递减. 所以112211max{,,,}1n n n c b a n b a n b a n b a n n =---=-=-L ,即证明;(2)首先求{}n c 的通项公式,分1110,0,0d d d >=<三种情况讨论证明.
试题解析：解：(1)111110,c b a =-=-=
21122max{2,2}max{121,322}1c b a b a =--=-⨯-⨯=-, 3112233max{3,3,3}max{131,332,533}2c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-. 当3n ≥时,1111()()()()20k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<, 所以k k b na -关于*k ∈N 单调递减.
(2)设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ,则
12111121(1)[(1)]()(1)k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--.
所以1121211121(1)(),,n b a n n d nd d nd c b a n d nd -+-->⎧=⎨-≤⎩当时，当时，
此时,12,,,m m m c c c ++L 是等差数列.
②当10d =时,对任意1n ≥,
1121121(1)max{,0}(1)(max{,0}).n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--
此时,123,,,,,n c c c c L L 是等差数列.
③当10d <时,
111212()||.n d d a d b d ≥-+-+--。