2019二轮复习数学(文)第一部分 第二层级 高考5个大题 题题研诀窍 数列问题重在“归”——化归

[技法指导——迁移搭桥] [思维流程——找突破口]
[典例] (2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n
n .
(1)求b 1，b 2，b 3；
(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式． [快审题]
[稳解题]
(1)由条件可得 a n ＋1＝
2(n ＋1)n a n .
将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.
(2)数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． 理由如下：
由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a n
n ，
即b n ＋1＝2b n ，
又b 1＝1，
所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a n n ＝2n －
1，
所以a n ＝n ·2n －
1.
[题后悟道] 等差、等比数列基本量的计算模型
(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序．
(2)注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．
[针对训练]
已知正数数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式．
(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若b n ＋1>b n 对任意n ∈N *恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)因为a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)， 所以a 2n ＋1＝S n ＋1＋S n .
两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋1＋a n .
因为a n >0，所以a n ＋1－a n ＝1.
又a 1＝1，所以{a n }是首项为1，公差为1的等差数列． 所以a n ＝n .
(2)因为b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，且由(1)得a n ＝n ， 所以b n ＝(1－n )2－a (1－n )＝n 2＋(a －2)n ＋1－a ， 所以b n ＋1＝(n ＋1)2＋(a －2)(n ＋1)＋1－a ＝n 2＋an . 因为b n ＋1>b n 恒成立，
所以n 2＋an >n 2＋(a －2)n ＋1－a ， 解得a >1－2n ，所以a >－1.
则实数a 的取值范围为(－1，＋∞)．
[专题过关检测]
A 组——“6＋3＋3”考点落实练
一、选择题
1．(2019届高三·武汉调研)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2
＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1＝( )
A ．－2
B ．－1
C.12
D.23
解析：选B 由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2， 得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即q ＋q 2＝3q 2－3， 解得q ＝－1(舍去)或q ＝3
2
，
将q ＝32代入S 2＝3a 2＋2中，得a 1＋32a 1＝3×3
2a 1＋2，
解得a 1＝－1. 2．已知数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝1
2
，且a 2＝2，则a 4等于( )
A ．－12
B ．23
C ．12
D ．11
解析：选D 因为数列{a n }满足
a n ＋1a n ＋1＋1＝1
2
，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即数列{a n ＋1}是
等比数列，公比为2，则a 4＋1＝22(a 2＋1)＝12，解得a 4＝11.
3．(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( )
A ．10
B ．11
C ．12
D ．13
解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0，所以S 13＝
13(a 1＋a 13)2＝13a 7<0，S 12＝12(a 1＋a 12)
2
＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n
＋1
<0的正整数n 的值为12，故选C.
4．数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2 019＝( ) A ．1 B ．－2 C ．3
D ．－3
解析：选A 因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)， 所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3)． 所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ， 故{a n }是以6为周期的周期数列． 因为2 019＝336×6＋3，
所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.
5．(2018·郑州第二次质量预测)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
(2a －1)x ＋4，x ≤1，
a x ，x >1，
数列{a n }(n ∈N *)满足
a n ＝f (n )，且{a n }是递增数列，则a 的取值范围是( )
A ．(1，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C ．(1,3)
D ．(3，＋∞)
解析：选D 因为a n ＝f (n )，且{a n }是递增数列，
所以⎩⎪⎨⎪
⎧
2a －1>0，
a >1，
a 1<a 2，
则⎩⎪⎨⎪
⎧
a >12
，a >1，2a －1＋4<a 2
，
得a >3.故选D.
6．若数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋
1
a 2 017
＋1
a 2 018
等于( ) A.4 0352 017 B.2 0162 017
C.4 0362 019
D.4 0352 018
解析：选C 由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1， 则a 2－a 1＝1＋1， a 3－a 2＝2＋1， a 4－a 3＝3＋1， …，
a n －a n －1＝(n －1)＋1，
以上等式相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1， 把a 1＝1代入上式得，a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (n ＋1)
2，
1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭
⎫1n －1n ＋1， 则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1
a 2 018
＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12 017－12 018＋⎝⎛⎭⎫12 018－12 019＝2⎝⎛⎭⎫1－12 019＝4 036
2 019.
二、填空题
7．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析：∵S n ＝2a n ＋1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －1.
当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.
∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列， ∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1(1－2n )1－2＝1－2n ，
∴S 6＝1－26＝－63. 答案：－63
8．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．
解析：设该女子第一天织布x 尺， 则x (25－1)2－1
＝5，解得x ＝5
31，
所以该女子前3天所织布的总尺数为 531(23
－1)2－1＝35
31.
答案：35
31
9．(2019届高三·福建八校联考)在数列{}a n 中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1
a n ＋1－a n
＝k (k 为常数)，则
称{}a n 为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：
①k 不可能为0；
②等差数列一定是“等差比数列”； ③等比数列一定是“等差比数列”； ④“等差比数列”中可以有无数项为0. 其中所有正确判断的序号是________．
解析：由等差比数列的定义可知，k 不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{}a n 是等比数列，且公比q ＝1时，{}a n 不是等差比数列，所以③错误；数列0,1,0,1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．
答案：①④ 三、解答题
10．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值． 解：(1)设{a n }的公差为d ， 由题意得3a 1＋3d ＝－15.
又a1＝－7，所以d＝2.
所以{a n}的通项公式为a n＝2n－9.
(2)由(1)得S n＝n(a1＋a n)
2＝n
2－8n＝(n－4)2－16，
所以当n＝4时，S n取得最小值，最小值为－16.
11．(2018·成都第一次诊断性检测)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a2＝3，S4＝16，n∈N*.
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)设b n＝
1
a n a n＋1
，求数列{b n}的前n项和T n.
解：(1)设数列{a n}的公差为d，∵a2＝3，S4＝16，
∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，
解得a1＝1，d＝2.
∴a n＝2n－1.
(2)由题意，b n＝
1
(2n－1)(2n＋1)
＝
1
2⎝
⎛
⎭
⎫
1
2n－1
－
1
2n＋1，
∴T n＝b1＋b2＋…＋b n
＝1
2⎣
⎡
⎦
⎤⎝
⎛
⎭
⎫
1－
1
3＋⎝
⎛
⎭
⎫
1
3－
1
5＋…＋⎝
⎛
⎭
⎫
1
2n－1
－
1
2n＋1
＝1
2⎝
⎛
⎭
⎫1－
1
2n＋1
＝
n
2n＋1
.
12．已知S n为数列{a n}的前n项和，且满足S n－2a n＝n－4.
(1)证明{S n－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{S n}的前n项和T n.
解：(1)证明：当n＝1时，由S n－2a n＝n－4，得a1＝3.
∴S1－1＋2＝4.
当n≥2时，S n－2a n＝n－4可化为S n＝2(S n－S n－1)＋n－4，即S n＝2S n－1－n＋4，
∴S n－n＋2＝2[S n－1－(n－1)＋2]．
∴{S n－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，S n－n＋2＝2n＋1，
∴S n＝2n＋1＋n－2.
于是T n＝S1＋S2＋…＋S n
＝22＋1－2＋23＋2－2＋…＋2n ＋
1＋n －2
＝(22＋23＋…＋2n ＋
1)＋(1＋2＋…＋n )－2n
＝22(1－2n )1－2＋(1＋n )n 2－2n
＝2
n ＋2
＋n 2－3n
2
－4.
∴数列{S n }的前n 项和T n 为2
n ＋2
＋n 2－3n 2
－4.
B 组——大题专攻补短练
1．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式．
(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －
1.
由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n
－1
或a n ＝2n －
1.
(2)若a n ＝(－2)
n －1
，则S n ＝1－(－2)n
3
.
由S m ＝63，得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2
n －1
，则S n ＝1－2n 1－2
＝2n
－1.
由S m ＝63，得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.
2．(2018·潍坊统考)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ>0，n ∈N *)． (1)证明：数列{a n }为等比数列，并求a n ；
(2)若λ＝4，b n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，求数列{
b n }的前2n 项和T 2n .
解：(1)∵S n ＝2a n －λ，当n ＝1时，得a 1＝λ， 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－λ， ∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1， 即a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，
∴数列{a n }是以λ为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝λ·2n －
1.
(2)∵λ＝4，∴a n ＝4·2n －
1＝2n ＋1，
∴b n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
2n ＋
1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数，
∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n ＋2n ＋1 ＝(22＋24＋…＋22n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n (3＋2n ＋1)2
＝4n ＋
1－4
3
＋n (n ＋2)，
∴T 2n ＝4n ＋
13＋n 2＋2n －4
3
.
3．(2018·厦门质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n
2a n ＋3
，n ∈N *.
(1)求证：数列⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 为等差数列；
(2)设T 2n ＝
1a 1a 2－1a 2a 3＋1a 3a 4－1a 4a 5＋…＋1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1
，求T 2n . 解：(1)证明：由a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，得1
a n ＋1＝2a n ＋33a n ＝1a n ＋23
，
所以
1
a n ＋1－1a n ＝2
3. 又a 1＝1，则1
a 1
＝1，
所以数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 是首项为1，公差为2
3的等差数列．
(2)设b n ＝
1
a 2n －1a 2n
－
1
a 2n a 2n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n
，
由(1)得，数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 是公差为2
3的等差数列，
所以
1
a 2n －1－1a 2n ＋1
＝－4
3，
即b n ＝⎝
⎛⎭⎫1
a
2n －1
－
1a 2n ＋11a 2n ＝－43×1a 2n
， 所以b n ＋1－b n ＝－43⎝⎛⎭⎫1a
2n ＋2－1a 2n ＝－43×43＝－169. 又b 1＝－43×1a 2＝－43×⎝⎛⎭⎫1a 1＋23＝－20
9
， 所以数列{b n }是首项为－209，公差为－16
9
的等差数列，
所以T 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－209n ＋n (n －1)2×⎝⎛⎭⎫－169＝－4
9
(2n 2＋3n )．
4．(2018·石家庄质检)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋1
2n .
(1)设b n ＝a n
n ，求数列{b n }的通项公式；
(2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)由a n ＋1＝
n ＋1n a n ＋n ＋12n ，可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1
2
n ， 又b n ＝a n n ，∴b n ＋1－b n ＝1
2n ，
由a 1＝1，得b 1＝1，
累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋1
2n －1，
即b n －b 1＝12⎝⎛
⎭⎫1－12n －11－12＝1－1
2n －1，
∴b n ＝2－1
2n －1.
(2)由(1)可知a n ＝2n －
n
2
n －1，
设数列⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫
n 2n －1的前n 项和为T n ，
则T n ＝120＋221＋3
22＋…＋n 2n －1，①
12T n ＝121＋222＋3
23＋…＋n 2
n ， ② ①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋1
2
n －1－n 2n ＝1－1
2n
1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，
∴T n ＝4－
n ＋22n －1
. 易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)， ∴S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋2
2n －1.。