2019年高考数学二轮复习数列 9数列的三性质单调性周期性有界性学案理

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高中数学《数列》二轮复习教学设计

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必修 5 第 2 章教学内容分析
《数列》是高考的热点，同时也是高考的难点，在高考中一般占 19 分，小题 5 分，
解答题 14 分，其中小题和解答题的第一问往往是基础题，所以这 9 分是学生必得的
分数。同时引导学生利用函数的思想去直观的认识数列的本质是高考能力立意的指导
（1）设数列 bn1 an1 2an ，
且
b1=
3 2
证明{ bn
}是等比
数列。
（2）
设
数
列
cn
an 2n
，证明
学生分析问题，并合作解决问题，教师适时点拨第（1）问，注意 n 2 第（2）问，可利用第一问结论，亦可用题设
用等差数列，等比数列的定义证明数列，并求通项公式和前 n 项的和；解题时要总览全局，注意上一问的结论可作为下面问题的条件。
反思
题在高考中考什么，怎么考。学生通过自主探索和合作交流中理解并掌握本节内容。在课堂教学中充满了师生，生生之间的交流互动。
本节课不足：1、例 3 的幻灯片没设计好，存在有重叠看不清的问题，以后课前要
预看。2、还应更注重细节，讲究规范，强调反思。本节课基本达到了预定的目标，在
教学过程中学生参与度高，课堂气氛活跃。在以后的教学中努力提高教学技巧，逐步
4、通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功经验，吸取失败教训。
4/5
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1、在数列{ an }中， a1 =8， a4 2 且满足 an2 2an1 an
（1）求数列{ an }的通项公式

2024届高三数学二轮专题复习教案数列

2024届高三数学二轮专题复习教案——数列一、教学目标1.知识目标掌握数列的基本概念、性质和分类。

熟练运用数列的通项公式、求和公式。

能够解决数列的综合应用题。

2.能力目标提高学生分析问题和解决问题的能力。

培养学生的逻辑思维能力和创新意识。

二、教学内容1.数列的基本概念数列的定义数列的项、项数、通项公式数列的分类2.数列的性质单调性周期性界限性3.数列的求和等差数列求和公式等比数列求和公式分段求和4.数列的综合应用数列与函数数列与方程数列与不等式三、教学重点与难点1.教学重点数列的基本概念和性质数列的求和数列的综合应用2.教学难点数列求和的技巧数列与函数、方程、不等式的综合应用四、教学过程1.导入新课通过讲解一道数列的典型例题，引导学生回顾数列的基本概念、性质和求和公式，为新课的学习做好铺垫。

2.数列的基本概念（1）数列的定义：按照一定规律排列的一列数叫做数列。

（2）数列的项：数列中的每一个数叫做数列的项。

（3）数列的项数：数列中项的个数。

（4）数列的通项公式：表示数列中任意一项的公式。

（5）数列的分类：等差数列、等比数列、斐波那契数列等。

3.数列的性质（1）单调性：数列的项随序号增大而增大或减小。

（2）周期性：数列中某些项的值呈周期性变化。

（3）界限性：数列的项有最大值或最小值。

4.数列的求和（1）等差数列求和公式：S_n=n/2(a_1+a_n)（2）等比数列求和公式：S_n=a_1(1q^n)/(1q)（3）分段求和：根据数列的特点，将数列分为若干段，分别求和。

5.数列的综合应用（1）数列与函数：利用数列的通项公式研究函数的性质。

（2）数列与方程：利用数列的性质解决方程问题。

（3）数列与不等式：利用数列的性质解决不等式问题。

6.课堂练习（2）已知数列{a_n}的通项公式为a_n=n^2+n，求证数列{a_n}为单调递增数列。

（3）已知数列{a_n}的前n项和为S_n=n^2n+1，求证数列{a_n}为等差数列。

高中数学《数列复习课》公开课优秀教学设计整理

）
一般特殊
一般特殊
《数列》复习课的点评
在高三的数学复习课上最容易出现的就是“油水分离”式的复习模式，即先对知识点进行梳理，再进行相应的题目训练。

至于这种模式下知识梳理的效果以及相应题目训练是否直指学生学习的困惑或难点，不易得知。

王老师这节复习课的亮点可以用三个字来概括，即“新，准，实”。

一、新
“新”在形式上。

基于教师对学生认知的了解，明确了高三的复习课必须规避“油水分离”式的复习模式，针对怎样才能做到有针对性的复习，王玲老师的这节课给了我们很好的启发。

为了了解学生的情况，王玲老师在本单元复习之前做了章前测，在复习完等差数列后又做了相关的学生调查问卷。

这种新的教学形式正是基于教师对学生的学情分析，有调查问卷提炼出的学生学习难点，有通过课堂前测统计出的解答的正答统计数据和解题过程反馈，教师正是据此确定了本节课的定位并设计了课堂上相关的学生活动。

二、准
“准”在定位上。

正是基于教师对学生的学情分析，有调查问卷提炼出的学生学习难点的聚焦，有通过课堂前测统计出的解答的正答统计数据和解题过程反馈，教师据此确定了本节课的定位并制定了相关的教学目标和重、难点。

使本节课有了很强的指向性。

三、实
“实”在效果上。

王老师这节课真正做到了把课堂还给学生，在学生的自主评价和相互评价中，对知识建构和多角度解读条件的必要性有了感性认识，并且可以比较灵活地应用。

[精品]2019高考数学二轮复习专题三数列第二讲数列的综合应用教案理

第二讲数列的综合应用由递推关系求通项授课提示：对应学生用书第30页[悟通——方法结论] 求数列通项常用的方法(1)定义法：①形如a n ＋1＝a n ＋C (C 为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如a n ＋1＝ka n (k 为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列．(2)叠加法：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，利用a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)，求其通项公式． (3)叠乘法：形如a n ＋1a n ＝f (n )≠0，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1，求其通项公式． (4)待定系数法：形如a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t)，其中t ＝q1－p，再转化为等比数列求解．(5)构造法：形如a n ＋1＝pa n ＋q n(其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先在原递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，构造新数列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，接下来用待定系数法求解． [全练——快速解答]1．(2018·洛阳四校联考)已知数列{a n }满足条件12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n ＋1B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14，n ＝1，2n ＋1，n ≥2C ．a n ＝2nD ．a n ＝2n ＋2解析：由题意可知，数列{a n }满足条件12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则n ≥2时，有12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋5，n ≥2，两式相减可得，a n2n ＝2n ＋5－2(n －1)－5＝2，∴a n ＝2n ＋1，n ≥2，n ∈N *.当n ＝1时，a 12＝7，∴a 1＝14，综上可知，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：B2．(2018·潮州月考)数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是________．解析：法一：由a n ＋1＝2S n ＋1可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， ∴a n ＝3n －1.法二：由于a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝2S n ＋1，所以S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，S n ＋1＝3S n ＋1，所以S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12为首项是S 1＋12＝32，公比为3的等比数列，故S n ＋12＝32×3n －1＝12×3n，即S n ＝12×3n －12.所以，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －1，由n ＝1时a 1＝1也适合这个公式，知所求的数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －1.答案：a n ＝3n －13．(2018·福州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1. (1)证明数列{a n }是等比数列；(2)设b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －1)－(2a n －1－1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知，a n ＝2n －1，所以b n ＝(2n －1)×2n －1，所以T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1①2T n ＝1×2＋3×22＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n②由①－②得－T n ＝1＋2×(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n＝1＋2×2－2n －1×21－2－(2n －1)×2n＝(3－2n )×2n－3，所以T n ＝(2n －3)×2n＋3.由a n 与S n 关系求通项公式的注意事项(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1中需n ≥2. (2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一“合写”．(3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.数列求和授课提示：对应学生用书第31页[悟通——方法结论] 常用求和方法(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n .(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法．裂项相消法适用于形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列． (3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．(2017·高考全国卷Ⅲ)(12分)设数列{a n }满足(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列的前n 项和．[学审题][12n 故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．(2分)两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．(4分)又由题设可得a 1＝2，满足上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(6分) (2)记{a n2n ＋1}的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1.(10分)则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.(12分)1．分类讨论思想在数列求和中的应用(1)当数列通项中含有(－1)n时，在求和时要注意分n 为奇数与偶数处理． (2)对已知数列满足a n ＋2a n＝q ，在求{a n }的前n 项和时分奇数项和偶数项分别求和．2．学科素养：通过数列求和着重考查学生逻辑推理与数学运算能力．[练通——即学即用]1．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200解析：由题意，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100，故选B.答案：B2．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.答案：A3．(2018·张掖诊断)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝b n 2n ＋1＋1n (n ＋1)，其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .解析：(1)由a 1＝－3a 1＋4，得a 1＝1，由a n ＝－3S n ＋4，知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4，两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝2n .(2)由题意知，c n ＝n 2n ＋1n (n ＋1).令H n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12H n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12H n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1. ∴H n ＝2－n ＋22n.又M n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，∴T n ＝H n ＋M n ＝2－n ＋22n＋nn ＋1.数列的综合应用授课提示：对应学生用书第32页[悟通——方法结论]数列中的综合问题，大多与函数、方程、不等式及解析几何交汇，考查利用函数与方程的思想及分类讨论思想解决数列中的问题，用不等式的方法研究数列的性质，数列与解析几何交汇，主要涉及点列问题．(1)(2018·德州模拟)已知点O 为坐标原点，点A n (n ，a n )(n ∈N *)为函数f (x )＝1x ＋1的图象上的任意一点，向量i ＝(0,1)，θn 是向量OA n →与i的夹角，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫cos θn sin θn 的前2 015项的和为( ) A ．2 B.2 0142 015 C.2 0152 016D ．1解析：因为a n ＝1n ＋1，所以OA n →＝(n ，1n ＋1)，所以cos θn ＝OA n →·i |OA n →||i |＝1n ＋1n 2＋1(n ＋1)2，因为0≤θn ≤π，所以sin θn ＝1－cos 2θn ＝nn 2＋1(n ＋1)2，所以cos θn sin θn ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以cos θ1sin θ1＋cos θ2sin θ2＋…＋cos θ 2 015sin θ2 015＝1－12＋12－13＋…＋12 015－12 016＝1－12 016＝2 0152 016. 答案：C(2)(2018·日照模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：2S n ＋a n ＝1. ①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝2a n ＋1(1＋a n )(1＋a n ＋1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜14.解析：①因为2S n ＋a n ＝1，所以2S n ＋1＋a n ＋1＝1，两式相减可得2a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0，即3a n ＋1＝a n ，即a n ＋1a n ＝13，又2S 1＋a 1＝1，所以a 1＝13，所以数列{a n }是首项、公比均为13的等比数列．故a n ＝13·(13)n －1＝(13)n ，数列{a n }的通项公式为a n ＝(13)n.②证明：因为b n ＝2a n ＋1(1＋a n )(1＋a n ＋1)，所以b n ＝2·(13)n ＋1[1＋(13)n ][1＋(13)n ＋1]＝23n ＋13n ＋13n ·3n ＋1＋13n ＋1＝2·3n(3n ＋1)·(3n ＋1＋1)＝13n ＋1－13n ＋1＋1. 故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(131＋1－132＋1)＋(132＋1－133＋1)＋…＋(13n ＋1－13n ＋1＋1)＝14－13n ＋1＋1＜14.所以T n ＜14.数列与不等式的交汇多为不等式恒成立与证明，在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧应用．[练通——即学即用]1．(2018·宝鸡摸底)正项等比数列{a n }中，a 2 017＝a 2 016＋2a 2 015，若a m a n ＝16a 21，则4m ＋1n的最小值等于( )A ．1 B.32 C.53D.136解析：设等比数列{a n }的公比为q ，且q ＞0， ∵a 2 015q 2＝a 2 015q ＋2a 2 015，∴q 2－q －2＝0，∴q ＝2或q ＝－1(舍去)，又a 1q m －1·a 1qn －1＝16a 21，∴2m ＋n －2＝16，∴m ＋n －2＝4，m ＋n ＝6，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫4m ＋1n ·m ＋n 6＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4n m ＋m n ≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24n m ·m n ＝32，当且仅当m ＝4，n ＝2时等号成立．故4m ＋1n 的最小值为32.答案：B2．(2018·烟台模拟)设函数f (x )＝23＋1x (x ＞0)，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f (1a n －1)，n ∈N *，且n ≥2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)对n ∈N *，设S n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1，若S n ≥3t4n 恒成立，求实数t 的取值范围．解析：(1)由a n ＝f (1a n －1)得，a n －a n －1＝23，n ∈N *，n ≥2，所以{a n }是首项为1，公差为23的等差数列．所以a n ＝1＋23(n －1)＝2n ＋13，n ∈N *.(2)因为a n ＝2n ＋13，所以a n ＋1＝2n ＋33，所以1a n a n ＋1＝9(2n ＋1)(2n ＋3)＝92(12n ＋1－12n ＋3)．则S n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1＝92(13－12n ＋3)＝3n 2n ＋3. 故S n ≥3t 4n 恒成立等价于3n 2n ＋3≥3t 4n ，即t≤4n 22n ＋3恒成立．令g (x )＝4x 22x ＋3(x ＞0)，则g ′(x )＝8x (x ＋3)(2x ＋3)2＞0，所以g (x )＝4x22x ＋3(x ＞0)为单调递增函数．所以当n ＝1时，4n 22n ＋3取得最小值，且(4n 22n ＋3)min ＝45.所以t≤45，即实数t 的取值范围是(－∞，45].授课提示：对应学生用书第131页一、选择题1．(2018·宜昌月考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 018OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 018等于( )A ．1 007B ．1 009C ．2 016D ．2 018解析：∵A ，B ，C 三点共线，∴a 1＋a 2 018＝1， ∴S 2 018＝2 018(a 1＋a 2 018)2＝1 009.答案：B2．已知数列{a n }满足a 1＝5，a n a n ＋1＝2n，则a 7a 3＝( ) A ．2 B ．4 C ．5D.52解析：因为a n ＋1a n ＋2a n ＋3a n ＋4a n a n ＋1a n ＋2a n ＋3＝a n ＋4a n ＝2n ＋1·2n ＋32n ·2n ＋2＝22，所以令n ＝3，得a 7a 3＝22＝4，故选B.答案：B3．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n，那么S 100的值为( ) A ．2 500 B ．2 600 C ．2 700D ．2 800解析：当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0⇒a n ＝1，当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2⇒a n ＝n ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，n ，n 为偶数，于是S 100＝50＋(2＋100)×502＝2 600.答案：B4．(2018·海淀二模)在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a na n －1＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．答案：B5．已知数列2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项和S 2 017等于( )A ．2 018B ．2 015C ．1D ．0解析：由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1，故数列的前8项依次为2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，－1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为6，S 6＝0.∵2 017＝6×336＋1，∴S 2 017＝2 015.答案：B6．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为( ) A ．22 B ．21 C ．24D ．23解析：因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，所以使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23.答案：D7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n (n 为正奇数)，a n ＋1(n 为正偶数)，则其前6项之和为( )A ．16B ．20C ．33D ．120解析：a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，所以前6项和S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C.答案：C8．已知等差数列{a n }的公差为d ，关于x 的不等式dx 2＋2a 1x ≥0的解集为[0,9]，则使数列{a n }的前n 项和S n最大的正整数n 的值是( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：∵关于x 的不等式dx 2＋2a 1x ≥0的解集为[0,9]，∴0,9是一元二次方程dx 2＋2a 1x ＝0的两个实数根，且d ＜0，∴－2a 1d ＝9，a 1＝－9d 2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －112)d ，可得a 5＝－12d ＞0，a 6＝12d ＜0.∴使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是5.答案：B9．(2018·湘中名校联考)若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 016B ．2 017C ．4 032D ．4 033解析：因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2 016＞0，a 2 017＜0，所以S 4 032＝4 032(a 1＋a 4 032)2＝4 032(a 2 016＋a 2 017)2＞0，S 4 033＝ 4 033(a 1＋a 4 033)2＝4 033a 2 017＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4032.答案：C10．已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2.若函数f (x )＝sin 2x ＋2 cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A ．0B ．－9C ．9D ．1解析：由已知得2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即数列{a n }为等差数列．又f (x )＝sin 2x ＋1＋cos x ，a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，故cos a 1＋cos a 9＝cos a 2＋cos a 8＝…＝cos a 5＝0，又2a 1＋2a 9＝2a 2＋2a 8＝…＝4a 5＝2π，故sin 2a 1＋sin 2a 9＝sin 2a 2＋sin 2a 8＝…＝sin 4a 5＝0，故数列{y n }的前9项和为9. 答案：C11．已知数列{a n }，“|a n ＋1|＞a n ”是“数列{a n }为递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：∵|a n ＋1|＞a n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＞0，a n ＋1＞a n 或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1≤0，－a n ＋1＞a n .又∵数列{a n }为递增数列，∴a n ＋1＞a n ，∴“|a n ＋1|＞a n ”是“数列{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件．答案：D12．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a n a n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1，因为b n ＝1＋a n a n，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立，所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1＜0，9＋a －1＞0，解得－8＜a ＜－7.答案：A 二、填空题13．(2018·沈阳模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，则a n ＝________.解析：法一：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－a n a n －a n －1＝2(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝(a 2－a 1)2n －1＝2n －1(n ≥2)，又a 2－a 1＝1，所以a n －a n －1＝2n －2，a n －1－a n －2＝2n －3，…，a 2－a 1＝1，累加，得a n ＝2n －1(n ∈N *)．法二：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－2a n ＝a n －2a n －1，得a n ＋1－2a n ＝a n －2a n －1＝a n －1－2a n －2＝…＝a 2－2a 1＝0，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．答案：2n －1(n ∈N *)14．(2018·辽宁五校联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝3且当n ≥2时，2a n ＝S n ·S n －1，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ≥2时，由2a n ＝S n ·S n －1可得2(S n －S n －1)＝S n ·S n －1，∴1S n －1－1S n ＝12，即1S n －1S n －1＝－12，∴数列{1S n }是首项为13，公差为－12的等差数列，∴1S n ＝13＋(－12)·(n －1)＝5－3n 6，∴S n ＝65－3n .当n ≥2时，a n ＝12S n S n －1＝12×65－3n ×65－3(n －1)＝18(5－3n )(8－3n )，又a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，18(5－3n )(8－3n )，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝118(5－3n )(8－3n )，n ≥215．(2018·广州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝________.解析：因为a n ＋1＝a 2n ＋a n ，所以1a n ＋1＝1a n (a n ＋1)＝1a n －1a n ＋1，即1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，于是1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2 017－1a 2 018＝1a 1－1a 2 018. 因为a 1＝1，a 2＝2＞1，a 3＝6＞1，…，可知1a 2 018∈(0,1)，则1a 1－1a 2 018∈(0,1)，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1－1a 2 018＝0.答案：016．已知数列{a n }满足a 1＝－40，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ，则a n 取最小值时n 的值为________．解析：由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ＝2n (n ＋1)，两边同时除以n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为－40、公差为2的等差数列，所以a n n＝－40＋(n －1)×2＝2n －42，所以a n ＝2n 2－42n ，对于二次函数f (x )＝2x 2－42x ，在x ＝－b 2a ＝－－424＝10.5时，f (x )取得最小值，因为n 取正整数，且10和11到10.5的距离相等，所以n 取10或11时，a n 取得最小值．答案：10或11 三、解答题17．(2018·枣庄模拟)已知方程a n x 2－a n ＋1x ＋1＝0(a n ＞0)有两个根αn 、βn ，a 1＝1，且满足(1－1αn )(1－1βn)＝1－2n，其中n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2(a n ＋1)，c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解析：(1)由已知可得，⎩⎪⎨⎪⎧αn＋βn ＝a n ＋1a nαnβn ＝1a n，又(1－1αn )(1－1βn )＝1－2n ，∴1－αn ＋βn αn βn ＋1αn βn＝1－2n，整理得，a n ＋1－a n ＝2n，其中n ∈N *.∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.(2)由(1)知，b n ＝log 2(2n－1＋1)＝n ， ∴c n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n－(1＋2＋…＋n )，设P n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，① 则2P n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，②①－②得－P n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2，∴P n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.又Q n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴T n ＝P n －Q n ＝(n －1)×2n ＋1＋2－n (n ＋1)2.18．(2018·九江一中模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 22－3a 7＝2，且1a 2，S 2－3，S 3成等比数列，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝4(n ＋1)a 2n a 2n ＋2，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对于任意的n ∈N *，都有64T n ＜|3λ－1|成立，求实数λ的取值范围．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 22－3a 7＝2(S 2－3)2＝1a 2·S 3得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋21d )－3(a 1＋6d )＝2(2a 1＋d －3)·(a 1＋d )＝3a 1＋3d ，即⎩⎪⎨⎪⎧－2a 1＋3d ＝2(a 1＋d )(2a 1＋d －6)＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－25d ＝25.当a 1＝－25，d ＝25时，S 2－3＝－175没有意义， ∴a 1＝2，d ＝2，此时a n ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)b n ＝4(n ＋1)a 2n a 2n ＋2＝n ＋14(n ＋2)2n 2＝116[1n 2－1(n ＋2)2]．T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝116(112－132)＋116(122－142)＋116(132－152)＋…＋ 116[1(n －1)2－1(n ＋1)2]＋116[1n 2－1(n ＋2)2] ＝116[1＋14－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2] ＝564－116[1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2]， ∴64T n ＝5－4[1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2]＜5，为满足题意，只需|3λ－1|≥5，∴λ≥2或λ≤－43.19．(2018·临汾中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12(a 2n ＋a n )，a n ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n －1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则是否存在正整数m ，使得m ≤T n ＜m ＋3对任意的正整数n 恒成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)S n ＝12(a 2n ＋a n )，即a 2n ＋a n －2S n ＝0，①当n ≥2时， S n －1＝12(a 2n －1＋a n －1)，即a 2n －1＋a n －1－2S n －1＝0，②①－②得(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＋a n －a n －1－2a n ＝0， (a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， ∵a n ＞0， ∴a n －a n －1＝1，当n ＝1时，a 21＋a 1－2a 1＝0，∵a n ＞0， ∴a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)＝n . (2)由(1)知b n ＝n2n －1，所以T n ＝1×(12)0＋2×(12)1＋…＋n (12)n －1，③12T n ＝1×(12)1＋2×(12)2＋…＋n (12)n，④ ③－④得12T n ＝1＋12＋…＋(12)n －1－n (12)n ＝2[1－(12)n ]－n (12)n，故T n ＝4[1－(12)n ]－2n (12)n ＝4－4×(12)n －2n (12)n ＝4－(2n ＋4)(12)n.易知T n ＜4，∵T n ＋1－T n ＝4－(2n ＋6)(12)n ＋1－4＋(2n ＋4) ·(12)n ＝(n ＋1)(12)n＞0，∴T n ≥T 1＝1，故存在正整数m ＝1满足题意．。

【高考二轮课程】数学理科第9讲数列学案

高考二轮复习第9讲数列一、高考回顾统计了全国I卷近五年、全国II卷近五年、全国III卷近三年文理共26份试卷．以大题形式考查，全部是在第17题，14年II卷题考查了先放缩再求和，从而证明不等式，有一定难度，其它题均是基本题型，比较容易；以小题形式考查，有1题次出现在第12题（2017理科1卷，考查分组数列求和），2题次出现在16题（递推公式求通项，），其它题都是偏容易题型，以数列基本量的换算题型出现次数最多．重视转化与化归思想，无论是递推公式求通项，还是数列求和，都注重将一般数列转化为等差、等比数列解决；重视函数与方程思想，考查数列的函数特性，利用函数图像、性质等求数列的最大（小）项，数列基本量的换算体现的是设未知数、列方程、解方程的基本思想．二、知识清单1.思维导图下面的思维导图形式呈现本部分的核心知识、核心方法、思维特征、思维载体等内容。

2.知识再现板块一：等差数列与等比数列的基本性质等差数列：定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示．通项公式：1(1)()n m a a n d a n m d =+-=+-；前n 项和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+．等差数列{}n a 的性质（其中公差为d ）： ⑴()m n a a m n d =+-，m na a d m n-=-； ⑵若p q m n +=+，则有p q m n a a a a +=+；若2m p q =+，则有2m p q a a a =+（p ，q ，m ，n *∈N ）； ⑶在等差数列中，等距离取出若干项也构成一个等差数列，即n a ，n m a +，2n m a +，L L 为等差数列，公差为md ；⑷等差数列的n 项和也构成一个等差数列，即232n n n n n S S S S S --，，，L L 为等差数列，公差为2n d ； ⑸若等差数列的项数为2n ，则有S S nd -=偶奇，1nn S a S a +=奇偶；若等差数列的项数为奇数21n +，则21n S S S +=+奇偶，且中间项1n a S S +=-奇偶，11S n S n +=-奇偶； ⑹{}n a 为等差数列，n S 为前n 项和，则21(21)n n S n a -=-；{}n b 为等差数列，n S '为前n 项和，21(21)n n S n b -'=-；有2121n n n n a S b S --='．等比数列：定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母(0)q q ≠表示．等比数列中的项不为0．通项公式：11n n m n m a a q a q --==；前n 项和公式：111(1)(1)(1)11n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩．等比数列{}n a 的性质（其中公比为q ）： ⑴n m n m a a q -=，n q =； ⑵若p q m n +=+，则有p q m n a a a a ⋅=⋅；若2m p q =+，则有2mp q a a a =⋅； ⑶等距离取出若干项也构成一个等比数列，即n a ，n m a +，2n m a +，L L 为等比数列，公比为m q ．⑷等比数列（公比不为-1）的n 项和也构成一个等比数列，即232n n n n n S S S S S --，，，L L 为等比数列，公比为n q ．板块二：数列的通项公式常见的已知递推式求通项公式的常用方法：⑴1()n n x x f n -=+（其中()0f n ≠），则12()nn k x x f k ==+∑；⑵1()n n x f n x -=（其中()0f n ≠），则1()(1)(2)n x f n f n f x =⋅-⋅⋅L ； ⑶1()n n x a x f n -=⋅+（其中0a ≠，1a ≠，()f n 是关于n 的多项式函数），可设1()((1))n n x g n a x g n -+=+-，其中()g n 为与()f n 的次数相等的多项式函数，各项的系数都待定，通过比较(1)()ag n g n --与()f n 的各项系数可以确定待定系数； ⑷1n n n x a x c b -=⋅+⋅，其中0a ≠，1a ≠，b 0≠，1b ≠，0c ≠．若a b =，则11n n n n x x c b b --=+；若a b ≠，则可以设11()nn n n x b x b αβα--+⋅=⋅+⋅；也可两边同时除以n a ：11nn n n n x x b c a a a --⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；也可两边同时除以n b ：11n n n n x x a c b b b --=⋅+．板块三：特殊数列求和1．直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.（1）等差数列的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+ （2）等比数列的求和公式11(1)(1)(1)1n n na q a q S q q=⎧⎪-=⎨≠⎪-⎩（切记：公比含字母时一定要讨论）2．公式法：222221(1)(21)1236nk n n n kn =++=++++=∑L2333331(1)1232nk n n k n =+⎡⎤=++++=⎢⎥⎣⎦∑L 3．错位相减法：比如{}{}1122,,.n n n n a b a b a b a b +++L 等差等比求的和 4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项.常见拆项公式：111(1)1n n n n =-++ ； 1111()(2)22n n n n =-++1111()(21)(21)22121n n n n =--+-+!(1)!!n n n n ⋅=+-5．分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和. 6．合并求和法：如求22222210099989721-+-++-L 的和. 7．倒序相加法：如1()()f n f C n+=（C 为常数）. 8．其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法等三、例题精讲考点1 等差数列、等比数列的基本运算题组一等差数列基本量的计算例1 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1=1，公差d =2，S n ＋2−S n =36，则n = A ．5 B ．6 C ．7 D ．8【易错点】对S n ＋2−S n =36，解析为a n ＋2，发生错误。

江苏省2019届高考数学二轮复习教学案：第2讲函数、图象及性质

第2讲函数、图象及性质1. 函数在高考中的题型设置有小题也有大题，其中大题有简单的函数应用题、函数与其他知识综合题，也有复杂的代数推理题，可以说函数性质的应用是高考考查的主要着力点之一．2. 重点：①函数的奇偶性、单调性和周期性；②函数与不等式结合；③函数与方程的综合；④函数与数列的综合；⑤函数与向量的综合；⑥利用导数来刻画函数．3. 难点：①新定义的函数问题；②代数推理问题，常作为高考压轴题．1. 已知f(x)是二次函数，且f(0)＝0，f(x ＋1)＝f(x)＋x ＋1，则f(x)＝________.2.函数f(x)＝(x ＋1)0|x|－x的定义域为________．3.函数f(x)的定义域是R ，其图象关于直线x ＝1和点(2 , 0)都对称，f ⎝⎛⎭⎫－12＝2，则f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫20092＝________.4.函数f(x)＝x 2－2x ，g(x)＝mx ＋2，对1∈[－1,2]，0∈[－1,2]，使g(x 1)＝f(x 0)，则实数m 的取值范围是________．【例1】已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是(0,5) ，且f(x)在区间[－1,4]上的最大值是12.(1) 求f(x)的解析式；(2) 是否存在整数m 使得方程f(x)＋37x ＝0在区间(m ，m ＋1)内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出m 值；若不存在，说明理由．【例2】已知函数f(x)＝x 2＋ax (x ≠0，常数a ∈R )．(1) 讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由；(2) 若函数f(x)在x ∈[2，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围．【例3】设函数f(x)＝x 2＋|2x －a|(x ∈R ，常数a 为实数)． (1) 若f(x)为偶函数，求实数a 的值； (2) 设a>2，求函数f(x)的最小值.【例4】 (2011·苏锡常镇模拟)已知函数f(x)＝x ＋a ＋a|x|，a 为实数． (1) 当a ＝1，x ∈[－1,1]时，求函数f(x)的值域；(2) 设m 、n 是两个实数，满足m ＜n ，若函数f(x)的单调减区间为(m ，n)，且n －m ≤3116，求a 的取值范围．1. (2011·辽宁)若函数f(x)＝x(2x ＋1)(x －a )为奇函数，则a ＝________.2.(2011·湖北)若定义在R 上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足f(x)＋g(x)＝e x ，则g(x)＝________.3.(2011·上海)设g(x)是定义在R 上、以1为周期的函数，若f(x)＝x ＋g(x)在[0,1]上的值域为[－2,5]，则f(x)在区间[0,3]上的值域为____________．4.(2011·北京)已知点A(0,2)，B(2,0)，若点C 在函数y ＝x 2的图象上，则使得△ABC 的面积为2的点C 的个数为________．5.(2011·上海) 已知函数f(x)＝a·2x ＋b·3x ，其中常数a ，b 满足ab ≠0. (1) 若ab>0，判断函数f(x)的单调性；(2) 若ab<0，求f(x ＋1)>f(x)时x 的取值范围．6.(2011·湖北)提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况．在一般情况下，大桥上的车流速度v(单位：千米/小时)是车流密度x(单位：辆/千米)的函数．当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时．研究表明：当20≤x ≤200时，车流速度v 是车流密度x 的一次函数．(1) 当0≤x ≤200时，求函数v(x)的表达式；(2) 当车流密度x 为多大时，车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时)f(x)＝x·v(x)可以达到最大，并求出最大值．(精确到1辆/小时)(2011·镇江一模)(本小题满分14分)已知函数f(x)＝3－2log 2x ，g(x)＝log 2x. (1) 如果x ∈[1,4]，求函数h(x)＝(f(x)＋1)g(x)的值域； (2) 求函数M(x)＝f (x )＋g (x )－|f (x )－g (x )|2的最大值；(3) 如果对不等式f(x 2)f(x)＞kg(x)中的任意x ∈[1,4]，不等式恒成立，求实数k 的取值范围．解：令t ＝log 2x ，(1分) (1) h(x)＝(4－2log 2x)·log 2x ＝－2(t －1)2＋2，(2分) ∵ x ∈[1,4]，∴ t ∈[0,2]，(3分) ∴ h(x)的值域为[0,2]．(4分) (2) f(x)－g(x)＝3(1－log 2x)，当0＜x ≤2时，f(x)≥g(x)；当x ＞2时，f(x)＜g(x)，(5分)∴ M(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ g (x )，f (x )≥g (x )，f (x )，f (x )＜g (x )， M(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤2，3－2log 2x ，x>2，(6分) 当0＜x ≤2时，M(x)最大值为1；(7分)当x ＞2时，M(x)＜1.(8分)综上：当x ＝2时，M(x)取到最大值为1.(9分)(3) 由f(x 2)f(x)＞kg(x)，得(3－4log 2x)(3－log 2x)＞k·log 2x ， ∵ x ∈[1,4]，∴ t ∈[0,2]，∴ (3－4t)(3－t)＞kt 对一切t ∈[0,2]恒成立，(10分) ①当t ＝0时，k ∈R ；(11分)②t ∈(0,2]时，k ＜(3－4t )(3－t )t 恒成立，即k ＜4t ＋9t －15，(12分)∵ 4t ＋9t ≥12，当且仅当4t ＝9t ，即t ＝32时取等号．(13分)∴ 4t ＋9t －15的最小值为－3.综上：k ＜－3.(14分)第2讲函数、图象及性质1. 已知a ＝5－12，函数f(x)＝a x ，若实数m 、n 满足f(m)＞f(n)，则m 、n 的大小关系为________．【答案】 m ＜n 解析：考查指数函数的单调性a ＝5－12∈(0,1)，函数f(x)＝a x 在R 上递减．由f(m)＞f(n)得：m<n. 2. 设a 为实数，函数f(x)＝2x 2＋(x －a)|x －a|. (1) 若f(0)≥1，求a 的取值范围； (2) 求f(x)的最小值；(3) 设函数h(x)＝f(x)，x ∈(a ，＋∞)，直接写出(不需给出演算步骤)不等式h(x)≥1的解集．点拨：本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力．解：(1) 若f(0)≥1，则－a|a|≥⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，a 2≥1≤－1.∴ a 的取值范围是(－∞，－1](2) 当x ≥a 时，f(x)＝3x 2－2ax ＋a 2， f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧f (a )，a ≥0，f ⎝⎛⎭⎫a 3，a ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧2a 2，a ≥0，2a 23，a ＜0，当x ≤a 时，f(x)＝x 2＋2ax －a 2，f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧ f (－a )，a ≥0，f (a )，a ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a ≥0，2a 2，a ＜0，综上f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a ≥0，2a 23，a ＜0.(3) x ∈(a ，＋∞)时，h(x)≥1得3x 2－2ax ＋a 2－1≥0，Δ＝4a 2－12(a 2－1)＝12－8a 2. 当a ≤－62或a ≥62时，Δ≤0，x ∈(a ，＋∞)；当－62＜a ＜62时，Δ＞0，得：⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －3－2a 23⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a ＋3－2a 23≥0，x ＞a ，讨论得：当a ∈⎝⎛⎭⎫22，62时，解集为(a ，＋∞)；当a ∈⎝⎛⎭⎫－62，－22时，解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤a ，a －3－2a 23∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞ 当a ∈⎣⎡⎦⎤－22，22时，解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞. 综上，当a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－62∪⎣⎡⎭⎫22，＋∞时，解集为(a ，＋∞)，当a ∈⎣⎡⎦⎤－22，22时，解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞，当a ∈⎣⎡⎦⎤－62，－22时，解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤a ，a －3－2a 23∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞.基础训练 1. 12x 2＋12x 2. (－∞，－1)∪(－1,0) 解析：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≠0，|x|－x ＞0＜0，x ≠－1.3. －4 解析：函数图象关于直线x ＝1对称，则f(x)＝f(2－x)，函数图象关于点(2 , 0)对称，则f(x)＝－f(4－x)，∴ f(x ＋2)＝－f(x)，∴ f(x ＋4)＝f(x)，∴ f ⎝⎛⎭⎫2 0092＝f ⎝⎛⎭⎫1 004＋12＝f ⎝⎛⎭⎫12，又f ⎝⎛⎭⎫－12＝－f ⎝⎛⎭⎫4＋12＝－f ⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫2 0092＝2f ⎝⎛⎭⎫12＝－2f ⎝⎛⎭⎫－12＝－4.4. ⎣⎡⎦⎤－1，12 解析：x ∈[－1,2]时，f(x)∈[－1,3]．m ≥0，x ∈[－1,2]时，g(x)∈[2－m,2＋2m]；m ＜0，x ∈[－1,2]时，g(x)∈[2＋2m,2－m]．m ≥0，[2－m ，2＋－1,3]；m ＜0，[2＋2m,2－－1,3]得0≤m ≤12或－1≤m<0，故实数m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－1，12. 例题选讲例1 解： (1) ∵ f(x)是二次函数，且f(x)＜0的解集是(0,5), ∴ 可设f(x)＝ax(x －5)(a ＞0)．∴ f(x)在区间[－1,4]上的最大值是f(－1)＝6a.由已知得6a ＝12, ∴ a ＝2, ∴ f(x)＝2x(x －5)＝2x 2－10x(x ∈R )．(2) 方程f(x)＋37x ＝0等价于方程2x 3－10x 2＋37＝0.设h(x)＝2x 3－10x 2＋37，则h ′(x)＝6x 2－20x ＝2x(3x －10)．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，103时，h ′(x)＜0，h(x)是减函数；当x ∈⎝⎛⎭⎫103，＋∞时，h ′(x)＞0，h(x)是增函数．∵ h(3)＝1＞0，h ⎝⎛⎭⎫103＝－127＜0，h(4)＝5＞0，∴ 方程h(x)＝0在区间⎝⎛⎭⎫3，103，⎝⎛⎭⎫103，4内分别有唯一实数根，而在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根，所以存在唯一的自然数m ＝3，使得方程f(x)＋37x＝0在区间(m ，m ＋1)内有且只有两个不同的实数根．变式训练已知函数y ＝f (x)是定义在R 上的周期函数，周期T ＝5，函数y ＝f(x)(－1≤x ≤1)的图象关于原点对称．又知y ＝f(x)在[0,1]上是一次函数，在[1,4]上是二次函数，且在x ＝2时函数取得最小值－5.(1) 证明：f(1)＋f(4)＝0；(2)求y ＝f(x)，x ∈[1,4]的解析式； (3)求y ＝f(x)在[4,9]上的解析式．(1)证明： ∵ f (x)是以5为周期的周期函数，∴ f(4)＝f(4－5)＝f(－1)，又∵ y ＝f(x)(－1≤x ≤1)关于原点对称，∴ f(1)＝－f(－1)＝－f(4), ∴ f(1)＋f(4)＝0.(2)解：当x ∈[1,4]时，由题意可设f(x)＝a(x －2)2－5(a ＞0)，由f(1)＋f(4)＝0得a(1－2)2－5＋a(4－2)2－5＝0，∴ a ＝2， ∴ f(x)＝2(x －2)2－5(1≤x ≤4)．(3)解： ∵ y ＝f(x)(－1≤x ≤1)是奇函数，∴ f(0)＝0，又知y ＝f(x)在[0,1]上是一次函数，∴ 可设f(x)＝kx(0≤x ≤1)，而f(1)＝2(1－2)2－5＝－3，∴ k ＝－3，∴ 当0≤x ≤1时，f(x)＝－3x ，从而当－1≤x ＜0时，f(x)＝－f(－x)＝－3x ，故－1≤x ≤1时，f(x)＝－3x ，∴ 当4≤x ≤6时，有－1≤x －5≤1，∴ f(x)＝f(x －5)＝－3(x －5)＝－3x ＋15，当6＜x ≤9时，1＜x －5≤4，∴ f(x)＝f(x －5)＝2[(x －5)－2]2－5＝2(x －7)2－5，∴ f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋15，4≤x ≤6，2(x －7)2－5，6＜x ≤9. 点评：紧抓函数几个性质，将未知的转化为已知的，注意函数图象及端点值．例2 解： (1) 当a ＝0时，f(x)＝x 2，对任意x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝(－x)2＝x 2＝f(x), ∴ f(x)为偶函数．当a ≠0时，f(x)＝x 2＋ax(a ≠0，x ≠0)，取x ＝±1，得f(－1)＋f(1)＝2≠0，f(－1)－f(1)＝－2a ≠0， ∴ f(－1)≠－f(1)，f(－1)≠f(1)，∴ 函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数． (2) (解法1)设2≤x 1＜x 2，f(x 1)－f(x 2)＝x 21＋a x 1－x 22－a x 2＝(x 1－x 2)x 1x 2[x 1x 2(x 1＋x 2)－a]，要使函数f(x)在x ∈[2，＋∞)上为增函数，必须f(x 1)－f(x 2)＜0恒成立．∵ x 1－x 2＜0，x 1x 2＞4，即a ＜x 1x 2(x 1＋x 2)恒成立．又∵ x 1＋x 2＞4, ∴ x 1x 2(x 1＋x 2)＞16. ∴ a 的取值范围是(－∞，16]．(解法2)当a ＝0时，f(x)＝x 2，显然在[2，＋∞)为增函数．当a ＜0时，反比例函数ax 在[2，＋∞)为增函数，∴ f(x)＝x 2＋ax 在[2，＋∞)为增函数．当a ＞0时，同解法1.(解法3)f ′(x)＝2x －ax 2≥0，对x ∈[2，＋∞)恒成立．∴ a ≤2x 3而y ≤2x 3.在[2，＋∞)上单调增，最小值为16，∴ a ≤16.点评：本题主要考查函数奇偶性、单调性及分类讨论处理含参数问题．例3 解：(1) 由已知f(－x)＝f(x)，即|2x －a|＝|2x ＋a|，解得a ＝0.(2) f(x)＝⎩⎨⎧x 2＋2x －a ，x ≥12a ，x 2－2x ＋a ，x ＜12a ，当x ≥12a 时，f(x)＝x 2＋2x －a ＝(x ＋1)2－(a ＋1)，由a ＞2，x ≥12a ，得x ＞1，从而x ＞－1，又f ′(x)＝2(x ＋1)，故f(x)在x ≥12a 时单调递增，f(x)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝a 24；当x ＜12a 时，f(x)＝x 2－2x ＋a ＝(x －1)2＋(a －1)，故当1＜x ＜a2时，f(x)单调递增，当x ＜1时，f(x)单调递减，则f(x)的最小值为f(1)＝a －1；由a 24－(a －1)＝(a －2)24＞0，知f(x)的最小值为a －1. 点评：本题考查二次函数含参数最值的讨论方法．变式训练已知函数f(x)＝x|x －2|.设a ＞0，求f(x)在[0，a]上的最大值．解： f(x)＝x|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＝(x －1)2－1，x ≥2，－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1，x ＜2.∴ f(x)的单调递增区间是(－∞，1]和[2，＋∞); 单调递减区间是[1,2]．① 当0＜a ≤1时，f(x)是[0，a]上的增函数，此时f(x)在[0，a]上的最大值是f(a)＝a(2－a)；② 当1＜a ≤2时，f(x)在[0,1]上是增函数，在[1，a]上是减函数，此时f(x)在[0，a]上的最大值是f(1)＝1；③ 当a ＞2时，令f(a)－f(1)＝a(a －2)－1＝a 2－2a －1＞0, 解得a ＞1＋ 2. 若2＜a ≤1＋2，则f(a)≤f(1)，f(x)在[0，a]上的最大值是f(1)＝1；若a ＞1＋2，则f(a)＞f(1)，f(x)在[0，a]上的最大值是f(a)＝a(a －2)．综上，当0＜a ＜1时，f(x)在[0，a]上的最大值是a(2－a)；当1≤a ≤1＋2时，f(x)在[0，a]上的最大值是1；当a ＞1＋2时，f(x)在[0，a]上的最大值是a(a －2)．例4 解：设y ＝f(x)，(1) a ＝1时，f(x)＝x ＋1＋|x|，当x ∈(0,1]时，f(x)＝x ＋1＋x 为增函数，y 的取值范围为(1,1＋2]．当x ∈[－1,0]时，f(x)＝x ＋1－x ，令t ＝x ＋1，0≤t ≤1，则x ＝t 2－1，y ＝－⎝⎛⎭⎫t －122＋54，0≤t ≤1，y 的取值范围为⎣⎡⎦⎤1，54. ∵ 54＜1＋2， ∴x ∈[1,1]时，函数f(x)的值域为[1,1＋2]．(2) 令t ＝x ＋a ，则x ＝t 2－a ，t ≥0，y ＝g(t)＝t ＋a|t 2－a|. ① a ＝0时，f(x)＝x 无单调减区间；② a ＜0时，y ＝g(t)＝at 2＋t －a 2，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上g(t)是减函数，则在⎝⎛⎭⎫14a 2－a ，＋∞上f(x)是减函数．∴a ＜0不成立．③ a ＞0时，y ＝g(t)＝⎩⎨⎧－at 2＋t ＋a 2，0≤t ≤a ，at 2＋t －a 2，t ＞ a.仅当12a ＜a ，即a ＞312时，在t ∈⎝⎛⎭⎫12a ，a 时，g(t)是减函数，即x ∈⎝⎛⎭⎫14a 2－a ，0时，f(x)是减函数． ∴n －m ＝a －14a 2≤3116，即(a －2)(16a 2＋a ＋2)≤0. ∴a ≤2. 故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤314，2.高考回顾1. 12解析：f(－x)＝－f(x)恒成立或从定义域可直接得到． 2. g(x)＝e x ＋e －x2解析：因为函数f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，所以f(－x)＋g(－x)＝f(x)－g(x)＝e －x .又因为f(x)＋g(x)＝e x，所以g(x)＝e x ＋e －x2.3. [－2,7] 解析：设x 1∈[0,1]，则f(x 1)＝x 1＋g(x 1)∈[－2,5]，∵ g(x)是定义域为R 周期为1的函数，∴ 当x 2∈[1,2]时，f(x 2)＝x 1＋1＋g(x 1＋1)＝1＋x 1＋g(x 1)＝1＋f(x 1)∈[－1,6]，当x 2∈[2,3]时，f(x 2)＝x 1＋2＋g(x 1＋2)＝2＋x 1＋g(x 1)＝2＋f(x 1)∈[0,7]，∴ f(x)在区间[0,3]上的值域为[－2,7]．4. 4 解析：AB ＝22，直线AB 的方程为x ＋y ＝2，在y ＝x 2上取点C(x ，y)，点C(x ，y)到直线AB 的距离为2，|x ＋y －2|2＝2，|x ＋x 2－2|＝2，此方程有四个解．5. 解：(1) 当a ＞0，b ＞0时，任意x 1，x 2∈R ，x 1＜x 2，则f(x 1)－f(x 2)＝a(2x 1－2x 2)＋b(3x 1－3x 2)， ∵ 2x 1＜2x 2，a ＞1－2x 2)＜0,3x 1＜3x 2，b ＞1－3x 2)＜0， ∴ f(x 1)－f(x 2)＜0，函数f(x)在R 上是增函数．当a ＜0，b ＜0时，同理函数f(x)在R 上是减函数．(2) f(x ＋1)－f(x)＝a·2x ＋2b·3x ＞0，当a ＜0，b ＞0时，⎝⎛⎭⎫32x ＞－a2b ，则 x ＞log 1.5⎝⎛⎭⎫－a 2b ；当a ＞0，b ＜0时，⎝⎛⎭⎫32x ＜－a2b，则x ＜log 1.5⎝⎛⎭⎫－a 2b . 6. 解：(1) 由题意：当0≤x ≤20时，v(x)＝60；当20≤x ≤200时，设v(x)＝ax ＋b ，显然v(x)＝ax ＋b 在[20,200]是减函数，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧200a ＋b ＝0，20a ＋b ＝60，解得⎩⎨⎧a ＝－13，b ＝2003.故函数v(x)的表达式为v(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧60，0≤x ≤20，13(200－x )，20<x ≤200.(2) 依题意并由(1)可得f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧60x ，0≤x ≤20，13x (200－x )，20<x ≤200.当0≤x ≤20时，f(x)为增函数，故当x ＝20时，其最大值为60×20＝1 200；当20<x ≤200时，f(x)＝13x(200－x)≤13⎣⎡⎦⎤x ＋(200－x )22＝10 0003，当且仅当x ＝200－x ，即x ＝100时，等号成立．所以，当x ＝100时，f(x)在区间[20,200]上取得最大值10 0003. 综上，当x ＝100时，f(x)在区间[0,200]上取得最大值10 0003≈3 333，即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3 333辆/小时．。

高考数学第二轮专题复习数列教案

高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项. 2．理解等差〔比〕数列的概念，掌握等差〔比〕数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明〞这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四那么运算法那么、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势〔1〕数列是特殊的函数，而不等式那么是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点〔2〕数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。

〔3〕加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即〔a3+a5〕2=25.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中表达，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。

高等数学微积分知识整理

f -1 f f f n nn n高等数学微积分知识整理第一章极限与连续一、函数1、函数的定义与要素（定义域、对应法则；函数相等的条件）2、函数的性质：单调性，奇偶性，周期性，有界性 *单调性的定义（以递增为例）：∀x 1 , x 2 ∈ D f ，若x 1＜x 2时f (x 1 ) ≤ f (x )在D f 上严格单调递增。

f (x 2 )，则f (x )在D f 上单调递增；将≤ 改为＜，则*有界的定义： ∃M ＞0，对于∀x ∈ A ⊆ D f ，都有| f (x ) |≤ M ，则f (x )在A 上有界。

（f (x )≥m ∈R ，则 f (x )下有界；反之则上有界。

只有既上有界又下有界的函数才是有界函数。

）3、函数的运算：四则运算、复合运算、反函数*题型：判断某个函数由哪些基本初等函数复合而成。

*反函数存在的可能情况：①y 与 x 一一对应；②f (x )是某区间上的严格单调函数（反函数的单调性与原来的函数相同）* D = R ；当x ∈ D 时，f -1 ( f (x )) = x ；当x ∈ R 时，f ( f -1 (x )) = x 。

4、初等函数：包括 6 大基本初等函数（常数函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数、反三角函数）以及它们的有限次四则、复合运算构成的函数。

二、数列的极限1、数列的定义及表示方法2、数列的性质：单调性、有界性3、数列极限的定义：ε-N 语言（存在性命题要学会寻找充分条件，即增加对 N 的限制，从而找到 N ；绝对值不等式与不等式放缩也很重要）4、极限的四则运算5、无穷小量的性质（1）若lim a = A ，则{a - A }是无穷小量。

（一种证明极限的方法） n →∞（2）有限个无穷小量相加、相乘还是无穷小量。

（3）无穷小量乘以有界量还是无穷小量。

6、收敛数列的性质（1）收敛数列必然有界（2）收敛数列的任一子列与该数列收敛于同一极限。

高考数学大二轮复习层级二专题三数列第1讲等差数列、等比数列教学案-人教版高三全册数学教学案

第1讲等差数列、等比数列[考情考向·高考导航]1．等差数列、等比数列的判定及基本运算是每年高考的热点，在考查基本运算的同时，也注重考查对函数与方程、等价转化等数学思想的应用．2．对等差数列、等比数列性质的考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n 项和．[真题体验]1．(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．2解析：C [应用等比数列前n 项和公式解题时，要注意公比是否等于1，防止出错．设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4，故选C.]2．(2016·某某卷)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A ．充要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：C [设数列的首项为a 1，则a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2＋a 1q2n －1＝a 1q2n －2(1＋q )，当q <0，因为1＋q 的符号不确定，所以无法判断a 2n －1＋a 2n 的符号；反之，若a 2n －1＋a n <0，即a 1q2n －2(1＋q )<0，即q <－1<0，故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要不充分条件．] 3．(2019·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1＞0，求使得S n ≥a n 的n 的取值X 围．解：(1)设{a n }的公差为d ，由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n n －9d 2.由a 1＞0知d ＜0，故S n ≥a n 等价于n 2－1l n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值X 围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }．[主干整合]1．等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)求和公式：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m )d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，成等差数列． 2．等比数列 (1)通项公式：a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；(2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； ②a n ＝a m ·qn －m；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(S m ≠0)成等比数列．热点一等差、等比数列的基本运算[题组突破]1．(2019·某某三模)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．－3B ．－1C ．－33D. 3解析：A [依题意得，a 36＝(－3)3,3b 6＝7π， ∴a 6＝－3，b 6＝7π3，又b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tanb 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－3，选A.] 2．(2020·某某调研)已知等比数列{a n }公比为q ，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则q 3等于( )A ．－12B ．1C ．－12或1D ．－1或12解析：A [若q ＝1，则3a 1＋6a 1＝2×9a 1，得a 1＝0，矛盾，故q ≠1.所以a 11－q 31－q ＋a 11－q 61－q ＝2a 11－q 91－q，解得q 3＝－12或1(舍)，故选A.]3．(2019·某某三模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则( )A ．S n 的最大值是S 8B ．S n 的最小值是S 8C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 7解析：D [由(n ＋1)S n ＜nS n ＋1得(n ＋1)·n a 1＋a n2＜n ·n ＋1a 1＋a n ＋12，整理得a n ＜a n ＋1，所以等差数列{a n }是递增数列，又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，所以数列{a n }的前7项为负值，即S n 的最小值是S 7.]等差、等比数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个基本元素；(2)解题思路：①设基本量a 1和d (q )；②列、解方程(组)；把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量．热点二等差(比)数列的判断与证明[例1] (2020·某某质检)已知数列{a n }满足a n ＝3a n －1＋k 3n－1(n ∈N *，n ≥2，k ∈R )．(1)设a 1＝1，k ＝0，证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是等比数列；(2)对任意k ∈R ，是否存在一个实数t ，使得b n ＝13n (a n ＋t )(n ∈N *)且{b n }为等差数列？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．[解析] (1)证明：当k ＝0时，a n ＝3a n －1－1，所以a n －12＝3a n －1－32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1－12，即a n －12a n －1－12＝3，又a 1－12＝12≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是首项为12，公比为3的等比数列．(2)当n ≥2时，b n －b n －1＝13n (a n ＋t )－13n －1(a n －1＋t )＝13n (a n ＋t －3a n －1－3t )＝13n (3a n －1＋k 3n－1＋t －3a n －1－3t )＝13n (k 3n－1－2t )＝k －1＋2t 3n . 要使{b n }为等差数列，则必须使1＋2t ＝0，∴t ＝－12，即对任意的k ∈R ，存在t ＝－12，使{b n }为等差数列．判断和证明等差或等比数列的方法(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n 项和公式法，但不作为证明方法．(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可；(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要而不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.(2019·某某二模)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{b n }中的b 3，b 4，b 5.(1)求数列{b n }的通项公式．(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．解析：(1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15. 解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)．故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以b n ＝b 1·qn －1＝54·2n －1＝5·2n －3，即数列{b n }的通项公式b n ＝5·2n －3.(2)由(1)得数列{b n }的前n 项和S n ＝541－2n1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2. 由S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2可知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以52为首项，2为公比的等比数列．热点三等差与等比数列的综合问题[例2] (2018·某某卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．[审题指导] (1)利用条件求出等比数列的公比和等差数列的首项及公差，写出通项公式，进而求出前n 项和．(2)由(1)知T n ＝2n－1，将其拆成2n和－1两部分，{2n}是等比数列，易求和，－1是常数，易求和，再结合S n ＝n n ＋12和已知条件，可求得n 的值．[解析] (1)设等比数列{b n }的公比为q ，由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0，因此为q ＞0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以，T n ＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d ，由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4，由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n .所以，S n ＝n n ＋12.(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×1－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n n ＋12＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4.所以，n 的值为4.(1)关于等差、等比数列的综合问题大多为两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量；首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．(2)求数列中的最大项，可以利用图象或者数列的单调性求解，同时注意数列的单调性与函数单调性的区别．(2020·某某八校联考)已知等比数列{a n }的公比q ＞1，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列，数列{a n b n }的前n 项和为2n －1·3n＋12.(1)分别求出数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，已知∀n ∈N *，S n ≤m 恒成立，某某数m 的最小值．解析：(1)∵a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－8成等差数列， ∴2a 2＝a 1＋a 3－8，即2a 1q ＝a 1＋a 1q 2－8，∴q 2－2q －3＝0， ∴q ＝3或－1，而q ＞1，∴q ＝3， ∴a n ＝2·3n －1.∵a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝2n －1·3n＋12，∴a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1 ＝2n －3·3n －1＋12，两式相减得a n b n ＝2n ·3n －1(n ≥2)．∵a n ＝2·3n －1，∴b n ＝n (n ≥2)，令n ＝1，可求得b 1＝1，∴b n ＝n .(2)∵数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为13的等比数列，∴S n ＝＝34·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＜34. ∵∀∈N *，S n ≤m 恒成立，故实数m 的最小值为34.热点四数列与传统文化的交汇创新数学建模素养数学建模——数列实际应用中的核心素养以学习过的数学知识为基础，把现实生活中的实际问题通过“建模”转化为数学问题——数列问题，进而通过数学运算来解释实际问题，并接受实际的检验.[例3] (2018·卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A ．32f B ．3 22fC ．12 25f D ．12 27f[解析] D [由题意可知，单音的频率构成以a 1＝f 为首项，q ＝122为公比的等比数列，则a 8＝a 1q 7＝f ·(122)7＝1227f .故选D.]涉及等比数列的数学文化题频繁出现在考试试题中．解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式．(2020·某某模拟)《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为( )A.176升B.72升 C.11366升 D.10933升解析：A [自上而下依次设各节竹子的容积分别为a 1，a 2，…，a 9，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4.因为a 2＋a 3＝a 1＋a 4，a 7＋a 9＝2a 8，故a 2＋a 3＋a 8＝32＋43＝176，故选A.]限时45分钟满分74分一、选择题(本大题共7小题，每小题5分，共35分)1．(2019·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n解析：A [设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝0，a 1＋4d ＝5，解得a 1＝－3，d ＝2.∴a n ＝－3＋(n －1)·2＝2n －5，S n ＝－3n ＋n n －12×2＝n 2－4n ，故选A.]2．(多选题)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，并且满足条件a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0.则下列结论正确的是( ) A ．0<q <1B ．a 7·a 9>1C ．S n 的最大值为S 9D ．T n 的最大值为T 7解析：AD [本题考查等比数列的性质及前n 项积的最值． ∵a 1>1，a 7·a 8>1，a 7－1a 8－1<0，∴a 7>1，a 8<1， ∴0<q <1，故A 正确；a 7a 9＝a 28<1，故B 错误；∵a 1>1,0<q <1，∴数列为递减数列，∴S n 无最大值，故C 错误，又a 7>1，a 8<1，∴T 7是数列{T n }中的最大项，故D 正确．故选AD.]3．(2020·某某模拟)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩未一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据上述的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为( )A ．6斤B ．9斤C ．9.5斤D ．12斤解析：A [依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，设首项a 1＝4，则a 5＝2，由等差数列的性质得a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤，故选A.]4．(2020·荆州质检)已知数列{a n }满足5a n ＋1＝25·5a n ，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)等于( )A ．－3B ．3C ．－13D.13解析：A [∵5a n ＋1＝25·5a n ＝52＋a n ， ∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是等差数列，且公差为2.∵a 2＋a 4＋a 6＝9， ∴3a 4＝9，a 4＝3.∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 133a 7＝log 133(a 4＋6)＝log 1327＝－3.]5．(2020·豫西五校联考)在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15＞0，S 16＜0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是( ) A.S 1a 1B.S 8a 8 C.S 9a 9D.S 15a 15解析：B [由于S 15＝15a 1＋a 152＝15a 8＞0，S 16＝16a 1＋a 162＝8(a 8＋a 9)＜0，可得a 8＞0，a 9＜0.这样S 1a 1＞0，S 2a 2＞0，…，S 8a 8＞0，S 9a 9＜0，S 10a 10＜0，…，S 15a 15＜0，而0＜S 1＜S 2＜…＜S 8，a 1＞a 2＞…＞a 8＞0，所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8. 故选B.]6．(2020·某某联考)数列{a n }是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}满足＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}为等比数列，则a ＋b 等于( )A. 2 B ．3 C. 5D ．6解析：B [由题意知，当b ＝1时，{}不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝abn －1，得b n ＝1＋a 1－b n 1－b ＝1＋a 1－b －ab n1－b ，则＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1－b n －a 1－b ·b 1－b n 1－b ＝2－ab1－b2＋1－b ＋a1－bn ＋ab n ＋11－b2，要使{}为等比数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧2－ab 1－b 2＝0，1－b ＋a1－b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2，a ＋b ＝3.]7．(2020·某某二调)已知a 1，a 2，a 3，a 4依次成等比数列，且公比q 不为1，将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则正数q 的值是( )A.1＋52B.±1＋52 C.±1＋32D.－1＋32解析：B [因为公比q 不为1，所以删去的数不是a 1，a 4.①若删去a 2，则由2a 3＝a 1＋a 4得2a 1q 2＝a 1＋a 1q 3，又a 1≠0，所以2q 2＝1＋q 3，整理得q 2(q －1)＝(q －1)(q ＋1)．又q ≠1，所以q 2＝q ＋1，又q ＞0，得q ＝1＋52；②若删去a 3，则由2a 2＝a 1＋a 4得2a 1q ＝a 1＋a 1q 3，又a 1≠0，所以2q ＝1＋q 3，整理得q (q ＋1)(q －1)＝q －1.又q ≠1，则可得q (q ＋1)＝1，又q ＞0，得q ＝－1＋52.综上所述，q ＝±1＋52，故选B.]二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)8．(2020·资阳诊断)设数列{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab 1＋ab 2＋…＋ab 10值为________．解析：依题意得a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，ab n ＝b n ＋1＝2n －1＋1，因此ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝(20＋1)＋(21＋1)＋…＋(29＋1)＝1－29×21－2＋10＝210＋9＝1 033.答案：1 0339．(2019·卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝____________，S n 的最小值为____________．解析：本题考查等差数列的通项公式、求和公式、等差数列的性质，难度不大，注重重要知识、基础知识、基本运算能力的考查．等差数列{a n }中，S 5＝5a 3＝－10，得a 3＝－2，a 2＝－3，公差d ＝a 3－a 2＝1，a 5＝a 3＋2d ＝0，由等差数列{a n }的性质得n ≤5时，a n ≤0，n ≥6时，a n 大于0，所以S n 的最小值为S 4或S 5，即为－10.答案：(1)0 (2)－1010．(2019·某某三模)设等差数列{a n }的各项均为整数，其公差d ≠0，a 5＝6，若a 3，a 5，a m (m ＞5)是公比为q (q ＞0)的等比数列，则m 的值为________．解析：由a 3a m ＝a 25，(6－2d )[6＋(m －5)d ]＝36，得－2d [(m －5)d －3m ＋21]＝0∵d ≠0，∴(m －5)d －3m ＋21＝0，∴d ＝3m －21m －5＝3－6m －5由m ＞5，m ，d ∈Z 知m －5为6的正约数∴m －5可取1,2,3,6当m －5＝1，m ＝6时，d ＝－3， q ＝a 5a 3＝66－2d ＝12，当m －5＝2，m ＝7时，d ＝0，不合题意，当m －5＝3，m ＝8时，d ＝1，q ＝32当m －5＝6，m ＝11时，d ＝2，q ＝3，故m 的值为6,8或11.答案：6,8或11三、解答题(本大题共2小题，每小题12分，共24分)11．(2018·卷)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2.(1)求{a n }的通项公式；(2)求e a 1＋e a 2＋…＋e a n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 3＝5ln 2，∴a 1＋d ＋a 1＋2d ＝5ln 2，∵a 1＝ln 2，∴d ＝ln 2，∵等差数列{a n }中a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2，∴a n ＝n ln 2，n ∈N *.(2)由(1)知a n ＝n ln 2，∵e a n ＝e n ln 2＝eln2n ＝2n， ∴{e a n }是以2为首项，2为公比的等比数列∴e a 1＋e a 2＋…＋e a n＝e ln 2＋eln 22＋…＋eln 2n＝2＋22＋ (2)＝21－2n 1－2＝2n ＋1－2∴所求为e a 1＋e a 2＋…e a n ＝2n ＋1－2，n ∈N *. 12．(2019·潍坊三模)设数列{a n }的各项为正实数，b n ＝log 2a n ，若数列{b n }满足b 2＝0，b n ＋1＝b n ＋log 2p ，其中p 为正常数，且p ≠1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若p ＝2，设数列{}对任意的n ∈N *，都有c 1b n ＋c 2b n －1＋c 3b n －2＋…＋b 1＝－2n 成立，问数列{}是不是等比数列？若是，请求出其通项公式；若不是，请说明理由．解析：(1)因为b n ＋1＝b n ＋log 2p ，所以b n ＋1－b n ＝log 2p ，所以数列{b n }是以log 2p 为公差的等差数列，又b 2＝0，所以b n ＝b 2＋(n －2)(log 2p )＝log 2pn －2，故由b n ＝log 2a n ，得a n ＝2b n ＝2log 2p n －2＝p n －2.(2)因为p ＝2，由(1)得b n ＝n －2，所以c 1(n －2)＋c 2(n －3)＋c 3(n －4)＋…＋(－1)＝－2n ，①则c 1(n －1)＋c 2(n －2)＋c 3(n －3)＋…＋＋1(－1)＝－2(n ＋1)，② 由②－①，得c 1＋c 2＋c 3＋…＋－＋1＝－2，③所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋＋＋1－＋2＝－2，④再由④－③，得2＋1＝＋2，即＋2＋1＝2(n ∈N *)，所以当n ≥2时，数列{}成等比数列，又由①式，可得c 1＝2，c 2＝4，则c 2c 1＝2，所以数列{}一定是等比数列，且＝2n .。

2019高考数学二轮复习专题二数列学案理

专题二数列[全国卷3年考情分析],第一讲小题考法——等差数列与等比数列考点(一) 数列的递推关系式主要考查方式有两种：一是利用a n 与S n 的关系求通项a n 或前n 项和S n ；二是利用a n 与a n ＋1的关系求通项a n 或前n项和S n .[典例感悟][典例] (1)(2018·合肥一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2 018＝( ) A ．22 018－1 B.32 018－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018－72D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13 2 018－103(2)(2018·惠州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(3)(2018·昆明模拟)在数列{a n }中，a 1＝5，(a n ＋1－2)(a n －2)＝3(n ∈N *)，则该数列的前2 018项的和是________．[解析] (1)∵3S n ＝2a n －3n ，∴当n ＝1时，3S 1＝3a 1＝2a 1－3，∴a 1＝－3.当n ≥2时，3a n ＝3S n －3S n －1＝(2a n －3n )－(2a n －1－3n ＋3)，∴a n ＝－2a n －1－3，∴a n ＋1＝－2(a n －1＋1)，∴数列{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝－2×(－2)n －1＝(－2)n ，∴a n ＝(－2)n －1，∴a 2 018＝(－2)2 018－1＝22 018－1.故选A.(2)a n ＋1－2a n ＝2n两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，∴a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，∴a n ＝n ·2n －1.(3)依题意得(a n ＋1－2)(a n －2)＝3，(a n ＋2－2)·(a n ＋1－2)＝3，因此a n ＋2－2＝a n －2，即a n ＋2＝a n ，所以数列{a n }是以2为周期的数列．又a 1＝5，因此(a 2－2)(a 1－2)＝3(a 2－2)＝3，故a 2＝3，a 1＋a 2＝8.又因为2 018＝2×1 009，所以该数列的前2 018项的和等于1 009(a 1＋a 2)＝8 072.[答案] (1)A (2)n ·2n －1(3)8 072[方法技巧]由a n 与S n 的关系求通项公式的注意点(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1成立的前提是n ≥2. (2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一表示(“合写”)．(3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝，S n －S n －1n[演练冲关]1．(2019届高三·洛阳四校联考)已知数列{}a n 满足条件12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则数列{}a n 的通项公式为( )A ．a n ＝2n ＋1B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14，n ＝1，2n ＋1，n ≥2C ．a n ＝2nD.a n ＝2n ＋2解析：选B 由题意可知，数列{}a n 满足条件12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则n ≥2时，有12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋5，n ≥2，两式相减可得，a n2n ＝2n ＋5－2(n －1)－5＝2，∴a n ＝2n ＋1，n ≥2，n ∈N *.当n ＝1时，a 12＝7，∴a 1＝14，综上可知，数列{}a n 的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.2．已知函数f (x )对任意实数x ，y 满足f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )，若数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)且a 1＝1，那么a 2 018＝( )A ．－1B ．1C ．－2 018D.2 018解析：选B 法一：∵S n ＝f (n )，∴S 2＝2S 1＝a 1＋a 2，∴a 2＝1， ∵S 3＝S 1＋S 2＝3，∴a 3＝1， ∵S 4＝S 1＋S 3＝4， ∴a 4＝1，…，∴a 2 018＝1.法二：令x ＝1，y ＝n ，则S n ＋S 1＝S n ＋1. 当n ≥2时，S n －1＋S 1＝S n ， ∴S n ＋1－S n ＝S n －S n －1，故a n ＋1＝a n ， ∵a 1＝1，可求出a 2＝1，∴a 2 018＝1.3．(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－q n1－q＝－－2n1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63. 答案：－634．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3＋2n，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋2＝5；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3＋2n－(3＋2n －1)＝2n －2n －1＝2n －1.因为当n ＝1时，不符合a n ＝2n －1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥2主要考查与等差比数列的通项公式、前n 项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.[典例感悟][典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1 B.2 C ．4D.8(2)(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A ．－12 B ．－10 C ．10D.12(3)(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则 a 4＝________.(4)(2019届高三·河南十校联考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝________.[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ，即3a 1＋2d ＝0. 将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10. (3)设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1＋a 2＝a 1(1＋q )＝－1，a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＝－3，两式相除，得1＋q 1－q 2＝13，解得q ＝－2，a 1＝1，所以a 4＝a 1q 3＝－8.(4)∵{a n }是公差为1的等差数列， ∴S 8＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.[答案] (1)C (2)B (3)－8 (4)192[方法技巧]等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量：首项a 1和公差d (公比q )．(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (或q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．[演练冲关]1．(2018·广西模拟)在等差数列{a n }中，已知a 2＝2，前7项和S 7＝56，则公差d ＝( ) A ．2 B ．3 C ．－2D.－3解析：选B 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，7a 1＋7×62d ＝56，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋3d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝3，选B.2．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2a 5＝2a 3,2a 4＋4a 7＝5，则S 5＝( ) A ．29 B ．31 C ．33D.36解析：选B 法一：设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 4＝2a 1q 2，2a 1q 3＋4a 1q 6＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝16，所以S 5＝a 1－q51－q＝31，故选B.法二：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2a 5＝2a 3，得a 4＝2，又2a 4＋4a 7＝5，所以a 7＝14，所以q ＝12，所以a 1＝16，所以S 5＝a 1－q51－q＝31，故选B.3．(2018·开封模拟)已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N *)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝________.解析：由log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 22a n ，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是以a 1为首项，2为公比的等比数列，又a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，所以a 101＋a 102＋…＋a 110＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)×2100＝2100，所以log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝log 22100＝100.答案：100[典例感悟][典例] (1)(2018·宜昌模拟)已知－9，a 1，a 2，－1成等差数列，－9，b 1，b 2，b 3，－1成等比数列，则b 2(a 1＋a 2)等于( )A ．30 B.－30 C ．±30D.15(2)(2018·四川遂宁一诊)已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎪⎫12－λn ＋n，λn －5n，若对于任意的n ∈N *都有a n >a n ＋1，则实数λ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，712C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫712，1[解析] (1)依题意a 1＋a 2＝－9＋(－1)＝－10，∵b 22＝(－9)×(－1)＝9，又b 2与－9，－1符号相同，即b 2＝－3，∴b 2(a 1＋a 2)＝30.(2)因为a n >a n ＋1，所以数列{a n}是递减数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧12－λ<0，0<λ<1，λ<⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ×5＋1，解得12<λ<712，故选B.[答案] (1)A (2)B[方法技巧]等差、等比数列性质问题的求解策略[演练冲关]1．(2019届高三·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 7＋a 12＝24，则S 13＝( ) A ．52 B ．78 C ．104D.208解析：选C 依题意得3a 7＝24，a 7＝8，S 13＝a 1＋a 132＝13a 7＝104.2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R)，且S 25＝100，则a 12＋a 14＝( ) A ．16 B ．8 C ．4D.不确定解析：选B 由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R)，可得数列{a n }是等差数列，S 25＝a 1＋a 252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 12＋a 14＝a 1＋a 25＝8.3．(2018·合肥质检)已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a n a n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D.[－8，－7]解析：选A 因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1，因为b n ＝1＋a n a n ＝1＋1a n，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立，所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8<0，a 9>0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1<0，9＋a －1>0，解得－8<a <－7.考点(四) 数列的综合问题主要考查等差、等比数列相结合的基本量的计算以及数列有关最值问题的求解.[典例感悟][典例] (1)(2019届高三·西安八校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值为( )A ．－ 3B ．－1C ．－33D. 3(2)(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D.8(3)在等差数列{a n }中，已知a 1＝13,3a 2＝11a 6，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________． [解析] (1)依题意得，a 36＝(－3)3，a 6＝－3，3b 6＝7π，b 6＝7π3，所以b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23，即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2.又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0.又d ≠0，则d ＝－2，所以{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.(3)设{a n }的公差为d .由3a 2＝11a 6，得3×(13＋d )＝11×(13＋5d )，解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15.法一：由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋15≥0，－n ＋＋15≤0，解得6.5≤n ≤7.5. 因为n ∈N *，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝－2×7＋2＝49.法二：S n ＝n＋15－2n 2＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝49. [答案] (1)A (2)A (3)49[方法技巧]等差、等比数列综合问题的求解策略(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．(2)数列的通项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题．[演练冲关]1．(2018·昆明七校调研)在等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若q ＝2，且a 2与2a 4的等差中项为18，则S 5＝( )A ．62B ．－62C ．32D.－32解析：选A 依题意得a 2＋2a 4＝36，q ＝2，则2a 1＋16a 1＝36，解得a 1＝2，因此S 5＝－251－2＝62，选A.2．(2018·江西师大附中检测)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 1，S 3，S 4成等差数列，则数列{a n }的公比为________．解析：设{a n }的公比为q ，由题意易知q >0且q ≠1，因为S 1，S 3，S 4成等差数列，所以2S 3＝S 1＋S 4，即2a 1－q 31－q＝a 1＋a 1－q 41－q，解得q ＝1＋52.答案：1＋523．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，得a 8>0，a 9<0，所以7＋7d >0，且7＋8d <0，即－1<d <－78.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－1，－78 [必备知能·自主补缺] 依据学情课下看，针对自身补缺漏；临近高考再浏览，考前温故熟主干[主干知识要记牢]1．等差数列、等比数列S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －2d (1)q ≠1，S n ＝a 1－qn1－q＝a 1－a n q1－q； (2)q ＝1，S n ＝na 12．判断等差数列的常用方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(2)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． 3．判断等比数列的常用方法 (1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (2)通项公式法：a n ＝cq n(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (3)中项公式法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．[二级结论要用好]1．等差数列的重要规律与推论(1)a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d ；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ＋a q ＝a m ＋a n . (2)a p ＝q ，a q ＝p (p ≠q )⇒a p ＋q ＝0；S m ＋n ＝S m ＋S n ＋mnd .(3)连续k 项的和(如S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…)构成的数列是等差数列．(4)若等差数列{a n }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S 2m ＝m (a m ＋a m ＋1)，S 偶－S 奇＝md ，S 奇S 偶＝a ma m ＋1. (5)若等差数列{a n }的项数为奇数2m －1，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S 2m －1＝(2m －1)a m ，S 奇＝ma m ，S 偶＝(m －1)a m ，S 奇－S 偶＝a m ，S 奇S 偶＝mm －1.[针对练1] 一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d ＝________.解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案：52．等比数列的重要规律与推论 (1)a n ＝a 1qn －1＝a m qn －m；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ·a q ＝a m ·a n .(2){a n }，{b n }成等比数列⇒{a n b n }成等比数列．(3)连续m 项的和(如S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…)构成的数列是等比数列(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S 偶S 奇＝q . (5)对于等比数列前n 项和S n ，有： ①S m ＋n ＝S m ＋q mS n ；②S m S n ＝1－q m 1－q n(q ≠±1)． [易错易混要明了]已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.[针对练2] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则该数列的通项公式为________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋1)－[(n －1)2＋1]＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又当n ＝1时，2×1－1＝1≠2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2[课时跟踪检测] A 级——12＋4提速练一、选择题1．(2019届高三·合肥模拟)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是( )A ．20 B.36 C ．24D.72解析：选C 由a 2＋S 3＝4及a 3＋S 5＝12得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4d ＝4，6a 1＋12d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝1，∴a 4＋S 7＝8a 1＋24d ＝24.故选C.2．设等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝( )A ．1B ．4C ．4或0D.8解析：选B ∵S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13a 1q －13，a 1＋a 1q ＝13a 1q 2－13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，q ＝0(舍去)，故所求的公比q ＝4.3．(2018·云南师大附中适应性考试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 5＋a 6a 3＋a 4的值为( )A.1－52 B.5＋12 C.3＋52D.3－52解析：选C 设{a n }的公比为q 且q >0，因为a 2，12a 3，a 1成等差数列，所以a 1＋a 2＝2×12a 3＝a 3，即a 1＋a 1q ＝a 1q 2，因为a 1≠0，所以q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52或q ＝1－52<0(舍去)，所以a 5＋a 6a 3＋a 4＝a 3＋a 4q 2a 3＋a 4＝q 2＝3＋52，故选C.4．(2018·辽宁五校联考)各项为正的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则log 2a 7＋log 2a 11的值为( )A ．1B ．2C ．3D.4解析：选 C 由题意得a 4a 14＝(22)2＝8，由等比数列的性质，得a 4a 14＝a 7a 11＝8，∴log 2a 7＋log 2a 11＝log 2(a 7a 11)＝log 28＝3，故选C.5.(2018·陕西模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若2a 8＝6＋a 11，则S 9＝( ) A ．27 B ．36 C ．45D.54解析：选D ∵在等差数列{a n }中，2a 8＝a 5＋a 11＝6＋a 11，∴a 5＝6，故S 9＝a 1＋a 92＝9a 5＝54.故选D.6．等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝5n ＋2n ＋3，则a 2＋a 20b 7＋b 15＝( )A.10724 B.724C.14912D.1493解析：选A 由题知，a 2＋a 20b 7＋b 15＝S 21T 21＝10724. 7．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，且a 3＝2，a 9＝12，则a 15＝( ) A ．10 B ．30 C ．40D.20解析：选B 法一：设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 的公差为d .∵a 3＝2，a 9＝12，∴6d ＝a 99－a 33＝129－23＝23，∴d ＝19，a 1515＝a 33＋12d ＝2.故a 15＝30.法二：由于数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，故2×a 99＝a 33＋a 1515，即a 1515＝2×129－23＝2，故a 15＝30.8．已知数列{a n }的各项均为正整数，其前n 项和为S n .若a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，a n 是偶数，3a n ＋1，a n 是奇数，且S 3＝29，则a 1＝( )A ．4B ．5C ．6D.7解析：选B 法一：若a 1＝4k ，则a 2＝2k ，a 3＝k ，此时S 3＝7k ＝29，由于k 为整数，此时无解；若a 1＝4k ＋1，则a 2＝12k ＋4，a 3＝6k ＋2，此时S 3＝22k ＋7＝29，解得k ＝1，即a 1＝5；若a 1＝4k ＋2，则a 2＝2k ＋1，a 3＝6k ＋4，此时S 3＝12k ＋7＝29，由于k 为整数，此时无解；若a 1＝4k ＋3，则a 2＝12k ＋10，a 3＝6k ＋5，此时S 3＝22k ＋18＝29，由于k 为整数，此时无解．综上可知a 1＝5.法二：当a 1＝4时，a 2＝2，a 3＝1，S 3＝7，排除A ；当a 1＝5时，a 2＝16，a 3＝8，S 3＝29，B 符合题意，故选B.9．(2019届高三·湖南十校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1<0，若存在自然数m ≥3，使得a m＝S m ，则当n >m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n <a nB ．S n ≤a nC ．S n >a nD.大小不能确定解析：选C 若a 1<0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d >0，否则若d ≤0，数列是递减数列或常数列，则恒有S m <a m ，不存在a m ＝S m .由于a 1<0，d >0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m >0，S m >0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n >a n .故选C.10．(2018·西安八校联考)设等差数列{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 ．10B ．11C ．12D.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{a n }为递减数列，又S 13＝a 1＋a 132＝13a 7<0，S 12＝a 1＋a 122＝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.11．(2018·沈阳二模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则满足S n ≥12181的n 的最小值为( )A ．6B ．5C ．8D.7解析：选B 由a n －1＝3a n (n ≥2)可得a n a n －1＝13(n ≥2)，可得数列{a n }是首项为a 1＝1，公比为q ＝13的等比数列，所以S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .由S n ≥12181可得32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ≥12181，即1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ≥242243，得n ≥5(n ∈N *)，故选B.12．已知各项均为正数的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )A.12nB.12n －1C.12×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1 D.12×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 解析：选A 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意知a 1>0，且a n ＝12·q n －1，又S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以2(S 5＋a 5)＝S 3＋a 3＋S 4＋a 4，即2(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋2a 5)＝a 1＋a 2＋2a 3＋a 1＋a 2＋a 3＋2a 4，化简得4a 5＝a 3，从而4q 2＝1，解得q ＝±12，又q >0，故q ＝12，a n ＝12n ，选择A.二、填空题13．(2018·重庆模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 5＝5，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝________.解析：因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质可得a 1·a 9＝a 2·a 8＝a 3·a 7＝a 4·a 6＝a 25＝52，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝log 5(a 1·a 2·…·a 9)＝log 5[(a 1·a 9)·(a 2·a 8)·(a 3·a 7)·(a 4·a 6)·a 5]＝log 5a 95＝log 559＝9.答案：914．(2018·天津模拟)数列{a n }满足a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝2n －1，且数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，都有λ2<S n <4λ，则实数λ的取值范围是________．解析：由a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝2n －1，可得a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －2a n －1＝2(n －1)－1＝2n －3(n ≥2)，两式相减得2n －1a n ＝2(n ≥2)，所以a n ＝22－n(n ≥2)．又n ＝1时，a 1＝1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＝，22－n n ，所以S n＝1＋20＋2－1＋…＋22－n＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，由S n 在n ≥1时单调递增，可得1≤S n <3，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ2<1，4λ≥3，解得34≤λ<1，所以实数λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，1. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，115．(2018·安徽合肥二模)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1＝2,3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1，则a n ＝________.解析：由S 1＝2，得a 1＝S 1＝2. 由3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1，得4S 2n ＝(S n ＋a n ＋1)2.又a n >0，∴2S n ＝S n ＋a n ＋1，即S n ＝a n ＋1. 当n ≥2时，S n －1＝a n ，两式作差得a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1a n＝2. 又由S 1＝2,3S 21－2a 2S 1＝a 22，求得a 2＝2. ∴当n ≥2时，a n ＝2×2n －2＝2n －1.验证当n ＝1时不成立，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥216．(2018·西安八校联考)数列{a n }中，S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，a n ＝2S 2n2S n －1(n ≥2)，则S n＝________.解析：当n ≥2时，将a n ＝S n －S n －1代入a n ＝2S 2n2S n －1，得S n －S n －1＝2S 2n2S n －1，化简整理，得S n －S n －1＝－2S n －1·S n ，两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)，又1S 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为2的等差数列，所以1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以S n ＝12n －1. 答案：12n －1B 级——难度小题强化练1．已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，4a 5＝a 3.设T n ＝S n －1S n，则数列{T n }中最大项的值为( )A.34B.45 C.56D.78解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q ，则q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12，故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1×32n，S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对任意的n ∈N *，总有－712≤S n －1S n <0或0<S n －1S n ≤56，即数列{T n }中最大项的值为56.故选C.2．(2018·洛阳尖子生模拟)已知数列{a n }满足na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，其中a 1＝1，a 2＝2，若a n <a n＋1对任意的n ∈N *恒成立，则实数λ的取值范围是( ) A ．[0，＋∞)B ．(－1，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.[0,1)解析：选A 由na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )＝λn (n ＋2)得a n ＋2n ＋2－a nn ＝λ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列，因为a 1＝1，a 2＝2，所以当n 为奇数时，a n n ＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1＝n －12λ＋1，所以a n ＝n 2－n2λ＋n .当n 为偶数时，a n n＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1＝n －22λ＋1，所以a n＝n 2－2n 2λ＋n .当n 为奇数时，由a n <a n ＋1得n 2－n2λ＋n <n ＋2－n ＋2λ＋n ＋1，即λ(n －1)>－2，若n ＝1，则λ∈R ，若n >1，则λ>－2n －1，所以λ≥0; 当n 为偶数时，由a n <a n ＋1得n 2－2n 2λ＋n <n ＋2－n ＋2λ＋n ＋1，即3λn >－2，所以λ>－23n，即λ≥0.综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞)．选A.3．(2018·武汉模拟)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为( )A ．－10B ．－12C ．－9D.－13解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＋a 7＝36，∴a 4＋a 6＝36，又a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，∴a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，∴a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12.4．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( )A ．4B ．3C ．23－2D.92解析：选A ∵a 1＝1，a 1，a 3，a 13成等比数列，∴(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，∴a n ＝2n －1，∴S n ＝n＋2n －2＝n 2，∴2S n ＋16a n ＋3＝n 2＋8n ＋1.令t ＝n ＋1，则n 2＋8n ＋1＝t ＋9t－2≥6－2＝4，当且仅当t＝3，即n ＝2时等号成立．5．(2018·广东模拟)设数列{a n }的各项都是正数，且对任意n ∈N *，都有4S n ＝a 2n ＋2a n ，其中S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ＝1时，4a 1＝a 21＋2a 1，∴a 1(a 1－2)＝0， ∵a n >0，∴a 1＝2.当n ≥2时，4S n ＝a 2n ＋2a n,4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1，两式相减得4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝2，故a n ＝2n . 答案：2n6．已知数列{a n }满足a 1＝a 2＝2，a n ＋2－[2＋(－1)n ]a n ＝a 2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________________________________________________________________．解析：当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋2＝3a 2k ＋2，即a 2k ＋2＋1＝3(a 2k ＋1)，所以数列{a 2k ＋1}(k ∈N *)是以a 2＋1为首项，3为公比的等比数列，所以a 2k ＋1＝(a 2＋1)·3k －1＝3k，即当n 为偶数时，a n ＝32n－1；当n ＝2k －1(k∈N *)时，a 2k ＋1＝a 2k －1＋2，所以a 2k ＋1－a 2k －1＝2，所以数列{a 2k －1}(k ∈N *)是以a 1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2k －1＝2＋2(k －1)＝2k ，即当n 为奇数时，a n ＝n ＋1.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋1，n 为奇数，32n －1，n 为偶数.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋1，n 为奇数，32n－1，n 为偶数第二讲大题考法——数列[典例感悟][典例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－－n3.由S m ＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝1－2n1－2＝2n－1.由S m ＝63，得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.[典例2] (2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.[审题定向] (一)定知识主要考查等差数列、等比数列通项公式及前n 项和. (二)定能力1.考查数学运算：二元方程组的求解和一元二次方程的求解．2.考查逻辑推理：由求通项公式想到求数列的公比；要求等差数列的和需先求公差. (三)定思路第(1)问应用方程思想、等比和等差数列通项公式求解：根据等差、等比数列的通项公式，结合条件建立公差d 、公比q 的方程求解；第(2)问应用方程思想、等差数列求和公式求解：由已知条件列出q 的方程，求出q ，进而求出d ，再由等差数列的前n 项和公式求解.[解] 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.② 联立①②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21，得q 2＋q －20＝0，解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.[类题通法]等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．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，即确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若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．[对点训练]已知数列{a n }是等差数列，满足a 1＝2，a 4＝8，数列{b n }是等比数列，满足b 2＝4，b 5＝32. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝2＋(n －1)×2＝2n .设等比数列{b n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 5b 2＝8，解得q ＝2.因为b 1＝b 2q＝2，所以b n ＝b 1·qn －1＝2×2n －1＝2n.(2)因为a n ＝2n ，b n ＝2n，所以a n ＋b n ＝2n ＋2n，所以S n ＝n＋2n2＋－2n1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.题型(二) 数列求和问题主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及公式法求和，且常结合数列的递推公式命题.[典例感悟][典例1] (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a 1＝－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 a 1＋a n2＝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.[典例2] (2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和. [审题定向] (一)定知识主要考查已知a n 的关系式求通项公式及裂项求和法求数列的和． (二)定能力1.考查逻辑推理：由a n 的关系式与a n －1关系式得出a n 的式子，即通项公式.2.考查数学运算：分式形式的裂项及裂项相消求和. (三)定思路第(1)问应用递推关系式，把和的问题转化为项的问题：利用a n 满足的关系式写出n ≥2时a n －1的关系式，通过消项求得数列的通项公式；第(2)问根据通项公式结构特点裂项求和：化简通项，观察数列的结构特征，利用裂项相消法求和.[解] (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n2n ＋1＝2n ＋n －＝12n －1－12n ＋1. 则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.[类题通法]1．公式法求和要过“3关”(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．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列{b n }对应项相乘({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比； ②将两个和式错位相减； ③整理结果形式．[对点训练](2018·石家庄模拟)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，若a 1＝1，a 2·a 4＝16. (1)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和S n .解：(1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2·a 4＝16得q 4＝16，∴q ＝2，∴a n ＝2n －1.又b n ＝log 2a n ，∴b n ＝n －1.(2)由(1)可知a n ·b n ＝(n －1)·2n －1，则S n ＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n －1)·2n －1，①2S n ＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n，② ①－②得，－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －1－(n －1)·2n＝2－2n1－2－(n －1)·2n ＝2n(2－n )－2， ∴S n ＝2n(n －2)＋2.[典例1] (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.将递推关系式变形为a ＝n ＋a ，结合a 求出a ，a ，进而求得b ，b ，b ；[解] (1)由条件可得a n ＋1＝n ＋na 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．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn ，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.[典例2] (2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列.[解] (1)设{a n }的公比为q . 由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋q ＝2，a 1＋q ＋q2＝－6.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝－－－n]1－－＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋－n2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．[类题通法]判定和证明数列是等差(比)数列的方法[对点训练](2018·成都模拟)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4. (1)证明：数列{a n ＋4}是等比数列；(2)求数列{|a n|}的前n项和S n.解：(1)证明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2.∵a n＋1＝2a n＋4，∴a n＋1＋4＝2a n＋8＝2(a n＋4)，∴a n＋1＋4a n＋4＝2，∴{a n＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)可知a n＋4＝2n，∴a n＝2n－4.当n＝1时，a1＝－2＜0，∴S1＝|a1|＝2；当n≥2时，a n≥0.∴S n＝－a1＋a2＋…＋a n＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝－2n1－2－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2.又当n＝1时，上式也满足．∴当n∈N*时，S n＝2n＋1－4n＋2.[解题通法点拨]数列问题重在“归”——化归[循流程思维——入题快]等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决．[按流程解题——快又准][典例] (2017·天津高考)已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N*)，{b n}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{a n}和{b n}的通项公式；(2)求数列{a2n b2n－1}的前n项和(n∈N*)．[解题示范](1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2. 所以b n ＝2n.由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8. ①由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝－4n1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8.故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.[思维升华] 对于数列的备考应掌握的4个关键点：(1)准确掌握数列中a n 与S n 之间的关系，这是解决数列问题的基础；(2)重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本； (3)注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；(4)在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．[应用体验](2018·开封模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，且2na n ＋1－2(n ＋1)a n ＝n (n ＋1)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)2na n ＋1－2(n ＋1)a n ＝n (n ＋1)，两边同时除以2n (n ＋1)得a n ＋1n ＋1－a n n ＝12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以1为首项，12为公差的等差数列，∴a n n ＝n ＋12，a n ＝n n ＋2.(2)∵b n ＝1a n，∴b n ＝2nn ＋＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2×⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. [课时跟踪检测] A 卷——大题保分练1．(2018·陕西模拟)已知在递增等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3是a 1和a 9的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1n ＋a n，S n 为数列{b n }的前n 项和，求S 100的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .∵a 3是a 1和a 9的等比中项，∴a 23＝a 1a 9，即(2＋2d )2＝2(2＋8d )，解得d ＝0(舍)或d ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n .(2)b n ＝1n ＋a n ＝12nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S 100＝b 1＋b 2＋…＋b 100＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1101 ＝50101. 2．(2018·兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 2，a 4，a 8成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 1＋3d 2＝a 1＋d a 1＋7d ，解得d ＝1或d＝0(舍去)，∴a n ＝1＋(n －1)＝n .(2)由(1)得a n ＝n ，∴b n ＝2n，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，。

安徽省阜阳三中高考数学二轮复习数列9数列的三性质单调性周期性有界性学案理

二轮复习专题三：数列§3.9、数列的三性质：单调性周期性有界性【学习目标】1.理解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）．2.了解数列通项公式的意义（数列是自变量为正整数的一类函数．）3.理解数列的函数特征，能利用数列的周期性，单调性解决数列的有关问题。

4.以极度的热情投入到课堂学习中，体验学习的快乐。

【学法指导】1.先认真阅读教材和一轮复习笔记，处理好知识网络构建，构建知识体系，形成系统的认识；2.限时30分钟独立、规范完成探究部分，并总结规律方法；3.找出自己的疑惑和需要讨论的问题准备课上讨论质疑；【高考方向】1.数列的定义及对规律的发现。

2.数列的函数特性：周期性，单调性和最值。

1数列极限的综合题形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，就是离不开数列极限的概念和性质，离不开数学思想方法，只要能把握这两方面，就会迅速打通解题思路．2解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略．3通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功的经验，吸取失败的教训，增强解综合题的信心和勇气，提高分析问题和解决问题的能力．【课前预习】：一、知识网络构建1.数列的规律性问题发现的入手点在哪？2.数列作为函数有哪些函数特性？它们分别的处理方法是什么？二、高考真题再现1、（2009年（21）首项为正数的数列{}n a 满足211(3),.4n n a a n N ++=+∈ （I ）证明：若1a 为奇数，则对一切2,n n a ≥都是奇数；（II ）若对一切n N +∈都有1n n a a +>，求1a 的取值范围. 【问题提出】问题1：设R a ∈，:s 数列{}2()n a -是递增数列；1:≤a t ，则s 是t 的条件. 必要不充分可得：23<a a s 的取值范围是中问题2：数列{}n a 满足352+-=n n a n λ（λ为实常数），其中*N n ∈，且数列{}n a 为单调递增数列，则求实数λ的取值范围为__________.问题3：在数列{}n a 中，)(1110)1(*N n n a nn ∈⎪⎭⎫⎝⎛+=.（1）求证：数列{}n a 先递增，后递减；（2）求数列{}n a 的最大项. ==109a a 最大.【探究拓展】探究1：通项公式为2n a an n =+的数列{}n a ，若满足12345a a a a a <<<<，且1n n a a +>对8n ≥恒成立，则实数a 的取值范围是__________.变式1：数列{}n a 满足20122011--=n n a n （*N n ∈），最小项为第_______项；最大项为第______项变式2：数列{}n a 满足172-+=n n a n λ（λ为实常数，*N n ∈），最大项为8a ，最小项为9a ，则实数λ的取值范围为__________.变式3：数列{}n a 的通项公式为k n k n a n 2-+-=，若对任意正整数n ，43a a a n =≥均成立，则实数k 的取值范围是______________探究2：数列{}n a 的首项a a =1，其前n 项和为n S ，且满足),2(3*21N n n n S S n n ∈≥=+-，若对任意的*,N n m ∈，1+<n n a a 恒成立，则a 的取值范围是．9.【2014高考陕西卷文第8题】原命题为“若12n n n a a a ++<，n N +∈，则{}n a 为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是（A ）真，真，真（B ）假，假，真（C ）真，真，假（D ）假，假，假例46 (2009陕西卷理) 已知数列{}n x 满足， *1111,21n nx x n N x ∈+＋’＝＝. ()I 猜想数列{}n x 的单调性，并证明你的结论；（Ⅱ)证明：1112|()65n n n x x -+-|≤。

高中数学教案-数列的性质

数列的性质课程目标知识提要数列的性质数列有单调性、有界性、周期性、凹凸性等性质．数列的单调性从第二项起，每一项都大于它的前一项的数列叫做递增数列；从第二项起，每一项都小于它的前一项的数列叫做递减数列；各项都相等的数列叫做常数列；从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列叫做摆动数列．数列的有界性若数列满足：对一切，有（其中是与无关的常数），称数列上有界（有上界），并称是它的一个上界；对一切，有（其中是与无关的常数），称数列下有界（有下界），并称是它的一个下界．一个数列，若既有上界又有下界，则称之为有界数列．数列有界的一个等价定义是：存在正实数，使得数列的所有项都满足，，，，．数列的周期性对于数列，如果存在正整数，对于任意的，恒有成立，则称数列是周期数列．的最小值称为最小正周期，简称周期．精选例题数列的性质1. 在等差数列中，，，记数列的前项和为，若对恒成立，则正整数的最小值为．【答案】【分析】由题意得公差，从而，所以，数列的前项和为，，记，因为，故为单调递减数列，从而，由条件得，解得，故正整数的最小值为．2. 在数列中，，，，则的值为．【答案】3. 已知数列满足：，，则该数列前项的乘积．【答案】4. 已知数列的各项均为正整数，为其前项和，对于，有为奇数其中为使为奇数的正整数，则当时，为偶数．【答案】【分析】解法因为数列的各项均为正整数，为奇数为偶数其中为使为奇数的正整数，当时，，，，，所以是周期为的周期数列，它的奇数项是，偶数项是．所以解法由，得，，所以．5. 已知数列的通项公式是，试求的取值范围，使得数列为递增数列．【答案】解法一：，显然，当时，函数在上单调递增，满足要求．但考虑到只需函数在正整数集上单调递增，所以，该二次函数图象的对称轴位于区间上且距离更近一点也可，故，即满足要求．综上，．解法二：要使数列为递增数列，需且只需对任意恒成立．即对任意恒成立．又的最大值为，故需且只需．6. 设表示正整数的个位数字，，则数列的前项和等于．【答案】【分析】因为与的个位数字相同且周期为，又，，，，，，所以，即．7. 设数列的前项和为，且，则．【答案】8. 已知数列满足，，且，，则；数列的前项的和为．【答案】；【分析】提示：利用．9. 已知数列满足，，则数列的前项和为．【答案】【分析】依题意，利用枚举法，由，，可得，，，即有，，，，进而，，所以是以为周期的周期数列，．10. 若在数列中，，，则．【答案】【分析】由题意知，两式相减得，，因此数列中项数为奇数的项相等，所以．11. 已知数列满足，，．(1)若是递增数列，且，，成等差数列，求的值；【解】因为是递增数列，所以．而，因此，．又，，成等差数列，所以，因而，解得或．当时，，这也是递增数列矛盾，故．(2)若，且是递增数列，是递减数列，求，．【解】当时，由于，所以可列出数列前项的所有可能的情况：再根据是递增数列，是递减数列，得到，．12. 已知，问：数列中是否有最大项？若存在，求出这个最大项；若不存在，请说明理由．【解】，可知：当时，；当时，．所以该数列的最大项为．13. 已知函数，设．(1)写出数列的前项；【解】因为，所以，，，；(2)数列是递增数列还是递减数列？为什么？【解】因为，又因为，所以，即．所以数列是递增数列．14. 已知函数若数列满足且是递增数列，求实数的取值范围．【解】是递增数列，当且仅当解之得．15. 已知等差数列中，公差，其前项和为，且满足，．(1)求数列的通项公式；【解】等差数列中，公差，．(2)通过构造一个新的数列，是否存在一个非零常数，使也为等差数列；【解】，，令，即得，数列为等差数列．存在一个非零常数，使也为等差数列．(3)对于，求的最大值．【解】，当且仅当，即时，取等号．且，又，即，，时，有最大值．16. 已知数列的前项和为，常数，且对一切正整数都成立．(1)求数列的通项公式；【解】取，得若，则．当时，所以若，则．当时，两式相减得所以从而数列是等比数列．所以综上，当时，；当时，．(2)设．当为何值时，数列的前项和最大？【解】当且时，令，由(1)有所以数列是单调递减的等差数列（公差为）．当时，当时，故数列的前项的和最大．17. 已知数列的各项为不等于的正数，其前项和为，点的坐标为，若所有这样的都在斜率为的同一条直线上．(1)求证数列是等比数列；【解】已知，都在斜率为的同一直线上，所以，所以，所以，所以，．所以是以为首项，公比为的等比数列．(2)设且满足，，为大于的常数．试确定的值；是否存在正整数，使得当时，恒成立？若存在，求出相应的；若不存在，请说明理由．【解】（i）因为，，，，又由（1），，所以，又因为，所以，所以，又，所以．（ii）由（i）知，而，故欲使，则只须，因为，所以为等差数列，其公差．（公差也可由求得）所以，由得，所以取当时恒成立．（注：凡是取为大于或等于的正整数均可）18. 数列满足，，，．(1)求，，并求数列的通项公式；【解】因为，，所以一般地，当时，即所以数列是首项为，公差为的等差数列，因此当时，所以数列是首项为，公比为的等比数列，因此故数列的通项公式为(2)设，，，求使的所有的值，并说明理由．【解】由（1）知，于是下面证明：当时，．事实上，当时，即又，所以当时，故满足的所有的值为，，．19. 已知数列的通项公式为．求证此数列为递增数列．【解】对于任意，由公式，有．即，所以数列是递增数列．20. 若数列的通项公式为，是否存在这样的正整数，使对于任意的正整数都有成立？证明你的结论．【解】存在正整数或使成立．证明如下：，时，，则递增；时，，则递减．有，，．存在正整数或使成立．数列的单调性1. 已知数列满足：，，用表示不超过的最大整数，表示数列的前项和．现给出下列命题：①数列单调递增；②数列单调递减；③；④．以上命题中正确的是．【答案】2. 已知，，且单调递增，则的取值范围是．【答案】【分析】因为单调递增，所以对于任意，成立，即恒成立，所以，故．3. 设数列的前项和为，且，若对任意，都有，则实数的取值范围是．【答案】【分析】令．当为奇数时，单调递减，则当时，；当为偶数时，单调递增，则当时，．又，所以．4. 已知数列是等差数列，若它的前项和有最小值，且，则使成立的最小自然数的值为．【答案】【分析】由已知得，，，，，所以，，所以，则，，故所求．5. 已知数列的通项（，，均为正实数），则与的大小关系是．【答案】【分析】已知，因为随着的增大而递减，所以为递增数列，所以．6. 已知数列的各项满足：，．(1)判断数列是否成等比数列；【解】，．当时，，则数列不是等比数列；当时，，则数列是公比为的等比数列．(2)求数列的通项公式；【解】由（1）可知当时，，．当时，，也符合上式，所以，数列的通项公式为．(3)若数列为递增数列，求的取值范围．【解】为递增数列，恒成立．（i）当为偶数时，有，即恒成立，，为增函数，所以，得．（ii）当为奇数时，有，即恒成立，，为减函数，所以，所以．故的取值范围是或．7. 数列满足，，是常数．(1)当时，求及的值．【解】由于，且．所以当时，得，故．从而．(2)数列是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由．【解】若数列不可能为等差数列，证明如下：由，，得，，．若存在，使为等差数列，则，即，解得．于是，．这与为等差数列矛盾．所以对任意都不可能是等差数列．(3)是否存在实数，使得时，？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．【解】记，则数列单调递增．又，，，，，所以要使，，需且只需且，即解得．所以存在，满足题意．8. 已知数列中，，且点 ( )在直线上，是数列的前项和．(1)求数列的通项公式；【解】由已知，，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以的通项公式为 ( )．(2)若，求的值；【解】，所以，所以，于是，．(3)设 ( )，( ， )，求的最小值．【解】由(2)，，，所以，则所以即随的增大而增大，所以当时，取最小值．9. 已知函数（＞且），点在函数的图象上． (1)若，当时，求数列的前项和；【解】由题意可得，所以，当时，，所以，所以，两式相减，得所以；(2)设，若数列是单调递增数列，求实数的取值范围．【解】由题意得，因为数列是单调递增数列，所以＜对任意的都成立，所以＜，即＜对任意的都成立，当＜＜时，＜对任意的都成立，设，易知是递增函数，，所以＜＜；当＞时，＞，因为＜对任意的都成立，所以且＞，所以＞，综上所述，＜＜或＞．10. 已知数列满足，，，．(1)猜想数列的单调性，并证明你的结论；【解】由及得由猜想：数列是递减数列．下面用数学归纳法证明：①当时，已证命题成立．②假设当时命题成立，即，易知，那么即．也就是说，当时命题也成立．结合①和②知，命题成立．(2)证明：．【解】当时，，结论成立；当时，易知，所以所以所以数列的有界性1. 已知数列满足：，，，，则；前项中数值最大项与最小项的和．【答案】，【分析】因为，所以．因为，所以当时，有，当时，有，所以前项中数值最大项为，最小项为，前项中数值最大项与最小项的和为．2. 设是定义在上恒不为零的函数，且对任意的实数，都有，若，则数列的前项和的取值范围是．【答案】【分析】由已知可得，，，，，所以，因为，所以．3. 已知数列满足：，，用表示不超过的最大整数，则的值等于．【答案】【分析】因为，，所以数列各项为正，并且．由递推公式，移向，在两边加上，并将左边提公因式得出，可得，所以又因为，，，，所以，所以．4. 已知数列是首项为的等差数列，其公差，且成等比数列． (1)求数列的通项公式；【解】依题意，得将代入，得整理，得解得或（舍去）．所以因此，．(2)设数列的前项和为，求的最大值．【解】由等差数列前项求和公式，得代入，得当且仅当，即时，．5. 对于数列，若存在常数，对任意的，恒有，则称数列为数列．(1)首项为，公比为的等比数列是否为数列？请说明理由；【解】设满足题设的等比数列为，则．于是，．因此．因为，所以．即．故首项为，公比为的等比数列是数列．(2)设是数列的前项和．给出下列两组论断：组：①数列是数列，②数列不是数列；组：③数列是数列，④数列不是数列．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；【解】命题1：若数列是数列，则数列是数列．此命题为假命题．事实上，设，，易知数列是数列．但，．由的任意性知，数列不是数列．命题2：若数列是数列，则数列是数列．此命题为真命题．事实上，因为数列是数列，所以存在正数，对任意的，有，即．于是，所以数列是数列．6. 已知数列满足：，且，求证：．【解】构造辅助函数，则．当时，，所以在上是增函数．①因为，即，故时原不等式成立．②设时原不等式成立，即，因为在上是增函数，所以．又，所以，即．即时，原不等式成立，由①②知，时，．7. 已知函数，，数列满足，，．(1)求证：；【解】由，，，得．而，故．(2)求数列的通项公式；【解】由，，，猜测为等比数列，证明如下：（），故是公比为的等比数列．又，．(3)若，求中的最大项．【解】由（2）知．由（1）知．则设，函数．则当时，，则当时，，即的最大项为．8. 设不等式组所表示的平面区域为，记内的整点个数为（整点即横坐标和纵坐标均为整数的点）．(1)求数列的通项公式；【解】由，，，得，考虑到整点的定义，可取或，从而内的整点在直线和上．设直线与直线，交点的纵坐标分别为、，则所以．(2)记数列的前项和为，且，若对于一切的正整数，总有，求实数的取值范围．【解】由（1），得则有因为所以，当时，，且，即因此，．数列的周期性1. 数列满足，若，则的值为．【答案】【分析】，，，，故周期为，．2. 设为正整数（十进制）的各数位上的数字的平方之和，例如．记，，，则．【答案】3. 已知数列满足，，是数列的前项和，则．【答案】【分析】因为数列满足，，所以，，，，所以，，，，．即数列各项的值呈周期性出现．所以．4. 已知数列满足：，，则；设，数列前项的和为，则．【答案】；5. 已知数列中，是其前项和，若，，，且，则．【答案】【分析】由题可知，，，，，，．周期为，．6. 已知数列，，，，（）．(1)求，；【解】由题意知；．(2)是否存在正整数，使得对任意的，有．【解】假设存在正整数，使得对任意的，有，则存在无数个正整数，使得对任意的，有．设为其中最小的正整数，若为奇数，设（），则．与已知矛盾；若为偶数，设（），则，而，从而，而，与为其中最小的正整数矛盾．综上，不存在正整数，使得对任意的，有．7. 设函数定义如下表，数列满足，且对于任意的正整数，均有，求的值．【解】因为，所以，，，，，不难看出数列是以为周期的周期数列，所以．8. 已知数列，满足，其中．(1)若，，求数列的通项公式；【解】由，得(2)若，且，．①记，求证：数列为等差数列；②若数列中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次，求首项应满足的条件．【解】①，，，，，，，，，．由此可知：，，，其中．所以，则为等差数列．②由①可知，，，，，．要使得中任何一项不重复出现无数次，只要不为常数，不为常数，不为常数，即，，，，．9. 已知数列中，是以为首项、为公差的等差数列，是以为首项、为公比的等比数列，且对任意的，都有成立，是数列的前项和．(1)当时，求的值；【解】当时，因为，所以，由是以为首项、为公比的等比数列的第项，得，即．(2)判断是否存在，使成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【解】由条件得前项和为，第项至项和为从而前项和为．由得，，．又，所以，若，则，即（*），而，所以当时，．显然（*）式不成立，所以不存在满足条件的．10. 已知实数数列满足：，，，记集合．(1)若，，用列举法写出集合；【解】．(2)若，，判断数列是否为周期数列，并说明理由；【解】因为，，，所以数列的前项分别为，，，，，，，，，，．所以，．又因为，所以数列中至依次重复至，以此类推，于是，对任意正数，有，．所以是数列的周期．使，成立的最小．(3)若，，且，求集合的元素个数的最小值．【解】对，分情况讨论，（i）若，则数列的前项，，，，中至少有项互不相同；（ii）若，则数列前项为，，，，当时，数列的第五、六项为，；当时，数列的第五、六项为，．易知数列中至少有互不相同：（iii）若或，或，，由数列的前项可知，数列中至少有项，，，或，，，互不相同．综上，集合的元个不小于，又由（1）可知，当，时，集合的元素个数为，所以，求集合的元素个数的最小值．课后练习1. 已知数列的通项，若数列为递增数列，则的取值范围是．2. 若数列中的最大项是第项，则．3. 设是首项大于零的等比数列，则“ ’’是‘‘数列是递增数列”的（用“充分不必要”，“必要不充分”，“充要’’或“既不充分也不必要”填空）条件．4. 数列（），则数列中最大项的值为．5. 依次写出数列：，，，，，其中，当时，如果为自然数且未出现过，则，否则，则．6. 设是首项大于零的等比数列，则“ ”，是”数列是递增数列“的（填“充分不必要”‘‘必要不充分”‘‘充要”或“既不充分也不必要’’）条件．7. 已知，则在数列的前项中最大项的项数是．8. 下列结论：①通项公式为的数列是常数数列；②数列是递增数列；③若数列是递增数列，则数列也是递增数列．其中正确命题的序号为．9. 已知数列的通项公式为，记前项和为，那么．10. 数列的通项为，其中，均为正数，则与的大小关系为．11. 已知数列满足，且且，则数列中项的最大值为．12. 已知点都在函数的图象上．则数列的通项公式为；设为坐标原点，点，则，，，中，面积的最大值是．13. 已知数列的通项公式，则数列的最小项是第项．14. 已知．若数列是递增数列，则实数的取值范围是．15. 数列满足：，给出下述命题：①若数列满足：，则成立；②存在常数，使得成立；③若（其中），则；④存在常数，使得且都成立．上述命题正确的是．（写出所有正确结论的序号）16. 已知函数的对应关系如下表所示，数列满足，，则，．17. 数列满足，若，则．18. 已知数列，，，，，，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前项之和等于．19. 设函数定义如下表．若数列满足，且对任意的正整数均有，则．20. 五位同学围成一圈依序循环报数，规定：①第一位同学首次报出的数为，第二位同学首次报出的数也为，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；②若报出的数为的倍数，则报该数的同学需拍手一次．已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报到第个数时，甲同学拍手的总次数为．21. 若的前项和为，点均在函数的图象上．(1)求数列的通项公式；(2)设，是数列的前项和，求使得对所有都成立的最小正整数．22. 共有项的数列的通项，求该数列中最大项与最小项的项数．23. 设数列满足．(1)求证：；(2)若，证明：．24. 在数列中，，点在直线上．(1)求数列的通项公式；(2)函数且，求函数最小值．25. 设实数数列的前项和满足．(1)若，，成等比数列，求和；(2)求证：对有．26. 求证：数列是单调增加的，且有上界．27. 已知数列的通项是，试问该数列有没有最大项？若有，求最大项的项数；若没有，说明理由．28. 已知无穷数列中，，，，，是首项为，公差为的等差数列，，，，，是首项为，公比为的等比数列（其中，），并对任意的，均有成立．(1)当时，求；(2)若，试求的值；(3)判断是否存在（，），使得成立？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由．29. 数列满足，．(1)证明：是递减数列的充分必要条件是；(2)求实数的取值范围，使是递增数列．30. 设数列的首项，前项和为，且点在直线（为与无关的正实数）上．(1)求证：数列是等比数列；(2)记数列的公比为，数列满足，．设，求数列的前项和；(3)在（2）的条件下，设，证明：．31. 数列的通项公式为，则数列的最小项是第几项？32. 已知数列与满足，．(1)若，且，求的通项公式；(2)设的第项是最大项，即．求证：的第项是最大项；(3)设，．求的取值范围，使得有最大值与最小值，且．33. 在数列中，前项和为，且(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，求的取值范围．34. 已知数列的前项和为，设数列满足．(1)若数列为等差数列，且，求数列的通项公式；(2)若，，且数列，都是以为公比的等比数列，求满足不等式的所有正整数的集合．35. 数列的前项和为，，（），等差数列满足，．(1)分别求数列，的通项公式；(2)设（），求证．36. 给定正整数和正数，对于满足条件的所有无穷等差数列，试求的最大值，并求出取最大值时的首项和公差．37. 已知数列满足：，，．(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；(2)已知数列满足：，若对任意的恒成立，求的取值范围．38. 已知函数，设，(1)判断是否是数列的项；(2)求证：；(3)判断并证明数列的单调性．39. 已知数列的通项公式为，试问：数列中有没有最大项？如果有，求出这个最大项；如果没有，说明理由．40. 设满足以下两个条件的有穷数列，，，为阶“期待数列”：；．(1)分别写出一个单调递增的阶和阶“期待数列”；(2)若某阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式；(3)记阶“期待数列”的前项和为，试证：．41. 已知数列，，，，．(1)求，；(2)是否存在正整数，使得对任意的，有；(3)设，问是否为有理数，说明理由．42. 数列中，定义：，．(1)若，，求；(2)若，，求证此数列满足；(3)若，且数列的周期为，即，写出所有符合条件的．43. 若实数数列满足，则称数列为" 数列"．(1)若数列是数列，且，，求，的值；(2)求证：若数列是数列，则的项不可能全是正数，也不可能全是负数；(3)若数列为数列，且中不含值为零的项，记前项中值为负数的项的个数为，求所有可能取值．44. 设数列和的项数均为，则将数列和的距离定义为．(1)给出数列，，，和数列，，，的距离；(2)设为满足递推关系的所有数列的集合，和为中的两个元素，且项数均为，若，，和的距离小于，求的最大值；(3)记是所有项数列或的集合，，且中任何两个元素的距离大于或等于，证明：中的元素个数小于或等于．45. 已知数列是无穷数列，，（，是正整数），(1)若，，写出，的值；(2)已知数列中，求证：数列中有无穷项为；(3)已知数列中任何一项都不等于，记为较大者．求证：数列是单调递减数列．数列的性质-出门考姓名成绩1. 已知对于任意的正整数，．若数列是递增数列，则实数的取值范围是．2. 已知数列 ( )满足且，其中．若 ( )，则的最小值为．3. 已知数列中，，．若，则；记，则．4. 已知数列满足，，则．5. 数列为单调递减数列，则的取值范围是．6. 若数列满足，，是的前项和，则．7. 已知数列满足，且，，，则．8. 数列的通项公式，前项和为，则．9. 若数列满足且，则．10. 若数列满足，，，则等于．11. 已知是递增数列，且对任意都有恒成立，则实数的取值范围是．12. 已知，则在数列的最大项为．13. 已知是递增数列，且对任意的自然数，都有恒成立，则实数的取值范围为．14. 将整数，，，，填入如图所示的行列的表格中，使每一行的数字从左到右都成递增数列，则第三列各数之和的最小值为，最大值为．15. 对于数列，若，都有（为常数）成立，则称数列具有性质．（i）若数列的通项公式为，且具有性质，则的最大值为；（ii）若数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是．16. 已知数列中，是其前项和，若，，，且，则，．17. 在数列中，，设是数列的前项和，则：的值为．18. 定义"等和数列"：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列是等和数列，且，公和为，那么的值为．19. 数列满足，，则；若有一个形如的通项公式，其中、、、均为实数，且，，，则此通项公式可以为（写出一个即可）．20. 在数列中，，，则此数列的前项之和为．21. 设函数，数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)判断数列的单调性．22. 已知，判断的单调性．23. 已知数列的前项和为，，是与的等差中项．(1)证明数列为等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)是否存在正整数，使不等式恒成立，若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由．24. 设数列的通项公式为，且满足，求实数的取值范围．25. 设等差数列的前项和为，且，．(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足：，求数列的最大项．26. 设函数，数列满足（）．(1)求；(2)判断的单调性．27. 已知函数，数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)证明：数列是递减数列．28. 设，数列满足，．(1)求数列的通项公式；(2)证明：对于一切正整数，．29. 已知数列是等差数列，，，数列的前项和是，且．(1)求数列的通项公式；(2)求证：数列是等比数列；(3)记，求证：30. 设函数，数列的通项满足．(1)求数列的通项公式；(2)判定数列的单调性．31. 在数列中，，，其中实数．(1)求的通项公式；(2)若对一切有，求的取值范围．32. 设，数列的通项满足，问：有没有最小的项？若有请求出，若没有请说明理由．33. 已知是各项为正数的等比数列，，，数列的前项和为，．(1)求数列的通项公式；(2)求证：对任意的，数列为递减数列．34. 设为数列的前项和，数列满足，，其中＜．(1)求数列的通项公式；(2)设，为数列的前项和，若当且仅当时，取得最小值，求的取值范围．35. 已知(1)判断数列的单调性；(2)求数列中的最大项．36. 已知数列与满足，．(1)若，，，求数列的通项公式；(2)若，，且数列为公比不为的等比数列，求的值，使数列也是等比数列；(3)若，，且，数列有最大值与最小值，求的取值范围．37. 已知数列满足：，，数列满足：，，数列的前项和为．(1)求证：数列为等比数列；(2)求证：数列为递增数列；(3)若当且仅当时，取得最小值，求的取值范围．38. 设数列的前项和为，已知，．(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足：对任意的正整数，都有，求数列的最大项．39. 在数列中，，（）．(1)求，；。

全国通用版2019高考数学二轮复习专题二数列第1讲等差数列与等比数列学案理word格式

第1讲等差数列与等比数列[考情考向分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．热点一等差数列、等比数列的运算1．通项公式等差数列：a n＝a1＋(n－1)d；等比数列：a n＝a1·q n－1.2．求和公式等差数列：S n＝错误!＝na1＋错误!d；等比数列：S n＝错误!＝错误!(q≠1)．3．性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中a m＋a n＝a p＋a q；在等比数列中a m·a n＝a p·a q.例1 (1)(2018·全国Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于( )A．－12 B．－10C．10 D．12答案 B解析设等差数列{a n}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3错误!＝2a1＋错误!×d＋4a1＋错误!×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.(2)(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{a n}中，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝________，a5＝________.答案 3 162解析由题意可得，S 4－S 2＝q 2S 2，代入得q 2＝9. ∵等比数列{a n }的各项均为正数， ∴q ＝3，解得a 1＝2，故a 5＝162.思维升华在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练1 (1)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等于( ) A ．－2 B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0，即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1.(2)(2018·全国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 ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．②若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝错误!.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.热点二等差数列、等比数列的判定与证明证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数；②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．(2)证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明an ＋1an(n ∈N *)为一常数；②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．例2 已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝3，b 1＝－1，且满足a n ＝12(3a n －1－b n －1)，b n ＝－12(a n－1－3b n －1)，n ∈N *，n ≥2.(1)求证：数列{a n －b n }为等比数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n anan ＋1的前n 项和T n .(1)证明 a n －b n ＝12(3a n －1－b n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝2(a n －1－b n －1)，又a 1－b 1＝3－(－1)＝4，所以{a n －b n }是首项为4，公比为2的等比数列． (2)解由(1)知，a n －b n ＝2n ＋1，①又a n ＋b n ＝12(3a n －1－b n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝a n －1＋b n －1，又a 1＋b 1＝3＋(－1)＝2，所以{a n ＋b n }为常数数列，a n ＋b n ＝2，② 联立①②得，a n ＝2n＋1，2nanan ＋1＝错误!＝错误!－错误!，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1(n ∈N *)．思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．跟踪演练2 (2018·新余模拟)已知{a n}是各项都为正数的数列，其前n项和为S n，且S n为a n与1an的等差中项．(1)求证：数列{S2n}为等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)设b n＝错误!，求{b n}的前n项和T n.(1)证明由题意知2S n＝a n＋1an，即2S n a n－a2n＝1，(*)当n≥2时，有a n＝S n－S n－1，代入(*)式得2S n(S n－S n－1)－(S n－S n－1)2＝1，整理得S2n－S2n－1＝1(n≥2)．又当n＝1时，由(*)式可得a1＝S1＝1，∴数列{S2n}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解由(1)可得S2n＝1＋n－1＝n，∵数列{a n}的各项都为正数，∴S n＝n，∴当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n－n－1，又a1＝S1＝1满足上式，∴a n＝n－n－1(n∈N*)．(3)解由(2)得b n＝错误!＝错误!＝(－1)n(n＋n－1)，当n为奇数时，T n＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n－1＋n－2)－(n＋n－1)＝－n，当n为偶数时，T n＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n－1＋n－2)＋(n＋n－1)＝n，∴数列{b n}的前n项和T n＝(－1)n n(n∈N*)．热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．例3 已知等差数列{a n}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{a n}的通项公式a n与其前n项和S n；(2)将数列{a n}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n}的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝错误!(n ∈N *)． (2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b2b1＝12，∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m随m 的增加而减少， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝错误!＝－错误!(n 2－9n ) ＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．思维升华 (1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题． (3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．跟踪演练3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝32n na b ⋅⎛⎫⎪⎝⎭，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．解 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1，又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ，得a n ＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(n ∈N *)．(2)由a n ＋1＝32n na b ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭，得b n ＝1an 312log n a ＋＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1323log 2n⎛⎫ ⎪⎝⎭＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝2n －13n(2－n )，所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43.即t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为________．答案 4解析设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a4＋a5＝24，S6＝48，得错误!解得d ＝4.2．(2017·浙江改编)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的________条件．答案充要解析方法一 ∵数列{a n }是公差为d 的等差数列，∴S 4＝4a 1＋6d ，S 5＝5a 1＋10d ，S 6＝6a 1＋15d ， ∴S 4＋S 6＝10a 1＋21d,2S 5＝10a 1＋20d . 若d >0，则21d >20d,10a 1＋21d >10a 1＋20d ，即S 4＋S 6>2S 5.若S 4＋S 6>2S 5，则10a 1＋21d >10a 1＋20d ，即21d >20d ，∴d >0.∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充要条件．方法二 ∵S 4＋S 6>2S 5⇔S 4＋S 4＋a 5＋a 6>2(S 4＋a 5)⇔a 6>a 5⇔a 5＋d >a 5⇔d >0. ∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充要条件．3．(2017·北京)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a2b2＝________. 答案 1解析设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则由a 4＝a 1＋3d ，得d ＝a4－a13＝错误!＝3，由b 4＝b 1q 3，得q 3＝b4b1＝8－1＝－8，∴q ＝－2.∴a2b2＝a1＋d b1q＝错误!＝1. 4．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________. 答案 32解析设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则错误!解得错误! 所以a 8＝14×27＝25＝32.押题预测1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13押题依据等差数列的性质和前n 项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力．答案 C解析 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0， ∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.2．在等比数列{a n }中，a 3－3a 2＝2，且5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，则{a n }的公比等于( ) A ．3 B ．2或3 C ．2D ．6押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点．答案 C解析设公比为q,5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，可得10a 4＝12a 3＋2a 5，10a 3q ＝12a 3＋2a 3q 2，得10q ＝12＋2q 2，解得q ＝2或3.又a 3－3a 2＝2，所以a 2q －3a 2＝2，即a 2(q －3)＝2，所以q ＝2.3．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 am·an＝4a 1，则1m ＋4n 的最小值为( )A.32B.53C.256D.43押题依据本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向．答案 A解析由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理得q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(不合题意，舍去)，又由am·an＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m ＋n －2＝16a 21，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫4m n ＋n m ＋5≥16⎝⎛⎭⎪⎫2 4m n ·n m ＋5＝32，当且仅当4m n ＝nm，即n ＝2m ＝4时取等号．4．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x；③f (x )＝|x|； ④f (x )＝ln|x |. 则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( ) A ．①② B ．③④ C ．①③D ．②④押题依据先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉．答案 C解析由等比数列的性质得，a n a n ＋2＝a 2n ＋1. ①f (a n )f (a n ＋2)＝a 2n a 2n ＋2＝(a 2n ＋1)2＝[f (a n ＋1)]2； ②f (a n )f (a n ＋2)＝222n n aa ＋＝22n n a a ＋＋≠122n a ＋＝[f (a n ＋1)]2；③f (a n )f (a n ＋2)＝|anan ＋2|＝|an ＋1|2＝[f (a n ＋1)]2； ④f (a n )f (a n ＋2)＝ln|a n |ln|a n ＋2|≠(ln|a n ＋1|)2＝[f (a n ＋1)]2.A 组专题通关1．(2018·大庆质检)已知等差数列{a n }中，a 4＝9，S 4＝24，则a 7等于( ) A ．3 B ．7 C ．13 D ．15答案 D解析由于数列为等差数列，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋3d ＝9，4a1＋6d ＝24，解得d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝9＋6＝15.2．已知等比数列{a n }的首项为1，公比q ≠－1，且a 5＋a 4＝3()a3＋a2，则 9a1a2a3…a9等于( ) A ．－9 B ．9 C ．－81 D ．81答案 B解析根据题意可知a5＋a4a3＋a2＝q 2＝3，而9a1a2a3…a9＝9a95＝a 5＝a 1·q 4＝1×32＝9.3．(2017·全国Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前6项和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8 答案 A解析由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6，可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2或d ＝0(舍)．所以S 6＝6×1＋错误!＝－24.4．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( ) A ．13 B ．12 C ．11 D ．10答案 B解析设等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，由已知得a 1a 2a 3＝2，a n a n －1a n －2＝4，可得(a 1a n )3＝2×4，a 1a n ＝2，∵T n ＝a 1a 2…a n ，∴T 2n ＝(a 1a 2…a n )2＝(a 1a n )(a 2a n －1)…(a n a 1)＝(a 1a n )n＝2n＝642＝212， ∴n ＝12.5．(2018·荆州质检)已知数列{a n }满足15n a ＝25·5a n ，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则13log (a 5＋a 7＋a 9)等于( )A ．－3B ．3C ．－13 D.13答案 A解析 ∵15n a ＋＝25·5n a ＝25n a ＋，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是等差数列，且公差为2.∵a 2＋a 4＋a 6＝9，∴3a 4＝9，a 4＝3. ∴15793log ()a a a ＋＋＝173log 3a ＝143log 3(6)a ＋＝13log 27＝－3.6．(2018·吉林调研)已知等差数列{a n }的公差不为0，a 1＝1，且a 2，a 4，a 8成等比数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.答案错误!(n ∈N *)解析设等差数列{a n }的公差为d .∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )·(a 1＋7d )，∴(1＋3d )2＝(1＋d )·(1＋7d )，解得d ＝1或d ＝0(舍)．∴S n ＝na 1＋错误!d ＝错误!(n ∈N *)．7．(2018·资阳模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝8，且S n ≤S 7，则公差d 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－85，－43 解析 ∵a 2＝8＝a 1＋d ，∴a 1＝8－d ， S n ＝na 1＋错误!d ＝(8－d )n ＋错误!d＝12dn 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫8－32d n ，对称轴为n ＝32－8d， ∵S n ≤S 7，∴S 7为S n 的最大值，由二次函数的性质可得，⎩⎪⎨⎪⎧ 132≤32－8d ≤152，d<0，得－85≤d ≤－43，即d 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－85，－43. 8．已知数列{a n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a2n n (n ∈N *)均为等差数列，且a 1＝2，则a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫an n n＝________.答案 2n ＋1－2解析设a n ＝2＋(n －1)d ，所以a2n n＝错误! ＝错误!，由于⎩⎨⎧⎭⎬⎫a2n n 为等差数列，所以其通项是一个关于n 的一次函数，所以(d －2)2＝0，∴d ＝2.所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴an n ＝2n n ＝2. 所以a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫an n n ＝21＋22＋…＋2n ＝错误!＝2n ＋1－2.9．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}bn ，则b 2 017＝________.答案 1解析由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，此数列被3 整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…，构成以8项为周期的周期数列，所以b 2 017＝b 1＝1.10．(2018·天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明：∑k ＝1n错误!＝错误!－2(n ∈N *)．(1)解设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.由q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d .由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． (2)①解由(1)得S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，故 T n ＝∑k ＝1n (2k －1)＝∑k ＝1n2k －n ＝错误!－n ＝2n ＋1－n －2(n ∈N *)．②证明因为错误!＝错误!＝错误!＝错误!－错误!，所以∑k ＝1n错误!＝错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!－2(n ∈N *)．B 组能力提高11．数列{a n }是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}cn 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}cn 为等比数列，则a ＋b 等于( ) A. 2 B ．3 C. 5 D ．6答案 B解析由题意知，当b ＝1时，{c n }不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝ab n －1，得b n ＝1＋错误!＝1＋错误!－错误!，则c n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1－b n －a 1－b·错误! ＝2－错误!＋错误!n ＋错误!，要使{}cn 为等比数列，必有错误!得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝2，a ＋b ＝3.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝15，且满足()2n －5a n ＋1＝()2n －3a n ＋4n 2－16n＋15，已知n ，m ∈N *，n >m ，则S n －S m 的最小值为( )A ．－494B ．－498C ．－14D ．－28 答案 C解析根据题意可知(2n －5)a n ＋1＝(2n －3)a n ＋(2n －5)(2n －3)，式子的每一项都除以(2n －5)(2n －3)，可得an ＋12n －3＝an 2n －5＋1，即错误!－错误!＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an 2n －5是以152－5＝－5为首项，以1为公差的等差数列，所以an 2n －5＝－5＋(n －1)·1＝n －6，即a n ＝(n －6)(2n －5)，由此可以判断出a 3，a 4，a 5这三项是负数，从而得到当n ＝5，m ＝2时，S n －S m 取得最小值，且S n －S m ＝S 5－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＝－3－6－5＝－14.13．已知数列{a n }满足na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，其中a 1＝1，a 2＝2，若a n <a n ＋1对∀n ∈N *恒成立，则实数λ的取值范围为________．答案 [0，＋∞)解析由na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，得an ＋2n ＋2－an n ＝λ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n 的奇数项和偶数项分别构成首项均为1，且公差均为λ的等差数列．因为a 1＝1，a 2＝2，所以当n 为奇数时，an n＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1＝n －12λ＋1，所以a n ＝n2－n 2λ＋n ；当n 为偶数时，an n＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1＝n －22λ＋1，所以a n ＝n2－2n 2λ＋n . 当n 为奇数时，由a n <a n ＋1，得n2－n 2λ＋n <错误!λ＋n ＋1，即λ(n －1)>－2，若n ＝1，则λ∈R ；若n >1，则λ>－2n －1，所以λ≥0. 当n 为偶数时，由a n <a n ＋1，得n2－2n 2λ＋n <错误!λ＋n ＋1，即3n λ>－2，所以λ>－23n，即λ≥0. 综上，λ的取值范围为[0，＋∞)．14．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，若a·b ＝24，且S 11＝143，数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足12n a -＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1anan ＋1的前n 项和M n ； (2)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，a·b ＝24，得a 1＋a 10＝24，又S 11＝143，解得a 1＝3，d ＝2，因此数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，所以1anan ＋1＝错误!＝错误!错误!，所以M n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝n 6n ＋9(n ∈N *)． (2)因为12n a ＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)，且a 1＝3，所以T n ＝4n λ＋2λ，当n ＝1时，b 1＝6λ；当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝3·4n－1λ，此时有bn bn －1＝4，若{b n }是等比数列，则有b2b1＝4，而b 1＝6λ，b 2＝12λ，彼此相矛盾，故不存在非零实数λ使数列{b n }为等比数列．。

(全国通用版)2019高考数学二轮复习专题二数列第3讲数列的综合问题学案理

第3讲数列的综合问题[考情考向分析] 1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用能力．热点一利用S n ，a n 的关系式求a n 1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．例1 已知等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＋a 5＝8，数列{b n }中，b 1＝2，其前n 项和S n 满足：b n＋1＝S n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)∵a 2＝2，a 3＋a 5＝8，∴2＋d ＋2＋3d ＝8，∴d ＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)． ∵b n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *)，① ∴b n ＝S n －1＋2(n ∈N *，n ≥2)．②由①－②，得b n ＋1－b n ＝S n －S n －1＝b n (n ∈N *，n ≥2)， ∴b n ＋1＝2b n (n ∈N *，n ≥2)． ∵b 1＝2，b 2＝2b 1，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴b n ＝2n(n ∈N *)． (2)由c n ＝a n b n ＝n2n ，得T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，两式相减，得12T n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1， ∴T n ＝2－n ＋22(n ∈N *)．思维升华给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .跟踪演练1 (2018·绵阳诊断性考试)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若a n >0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2a n 32的前n 项和为T n ，试问当n 为何值时，T n 最小？并求出最小值．解 (1)由已知a 1a n ＝S 1＋S n ，①可得当n ＝1时，a 21＝a 1＋a 1，解得a 1＝0或a 1＝2，当n ≥2时，由已知可得a 1a n －1＝S 1＋S n －1，②①－②得a 1()a n －a n －1＝a n .若a 1＝0，则a n ＝0，此时数列{a n }的通项公式为a n ＝0. 若a 1＝2，则2()a n －a n －1＝a n ，化简得a n ＝2a n －1，即此时数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n(n ∈N *)．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝0或a n ＝2n. (2)因为a n >0，故a n ＝2n. 设b n ＝log 2a n32，则b n ＝n －5，显然{b n }是等差数列，由n －5≥0，解得n ≥5，所以当n ＝4或n ＝5时，T n 最小，最小值为T 4＝T 5＝5()－4＋02＝－10.热点二数列与函数、不等式的综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．例2 (2018·遵义联考)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x (1＋λx )1＋x.(1)若x ≥0时，f (x )≤0，求λ的最小值；(2)设数列{a n }的通项a n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，证明：a 2n －a n ＋14n >ln 2.(1)解由已知可得f (0)＝0， ∵f (x )＝ln(1＋x )－x (1＋λx )1＋x，∴f ′(x )＝(1－2λ)x －λx2(1＋x )2，且f ′(0)＝0. ①若λ≤0，则当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )≥f (0)＝0，不合题意； ②若0<λ<12，则当0<x <1－2λλ时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当0<x <1－2λλ时，f (x )>f (0)＝0，不合题意；③若λ≥12，则当x >0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ≥0时，f (x )≤f (0)＝0，符合题意．综上，λ≥12.∴实数λ的最小值为12.(2)证明由于a 2n －a n ＋14n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n ，若λ＝12，由(1)知，f (x )＝ln(1＋x )－x (2＋x )2＋2x ，且当x >0时，f (x )<0，即x (2＋x )2＋2x>ln(1＋x )，令x ＝1n ，则2n ＋12n (n ＋1)>ln n ＋1n ，∴12n ＋12(n ＋1)>ln n ＋1n ， 12(n ＋1)＋12(n ＋2)>ln n ＋2n ＋1，12(n ＋2)＋12(n ＋3)>ln n ＋3n ＋2，…，12(2n －1)＋14n >ln 2n2n －1.以上各式两边分别相加可得12n ＋12(n ＋1)＋12(n ＋1)＋12(n ＋2)＋12(n ＋2)＋12(n ＋3)＋…＋12(2n －1)＋14n >ln n ＋1n ＋ln n ＋2n ＋1＋ln n ＋3n ＋2＋…＋ln 2n2n －1，即1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n>lnn ＋1n ·n ＋2n ＋1·n ＋3n ＋2·…·2n 2n －1＝ln 2nn＝ln 2， ∴a 2n －a n ＋14n>ln 2.思维升华解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视． (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．(3)不等关系证明中进行适当的放缩．跟踪演练2 (2018·南昌模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2()a n ·a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：1T 1＋1T 2＋…＋1T n<2.(1)解设{a n }的公比为q ，由S 4－S 3＝a 4，S 4＝2a 4－1得， 2a 4－2a 3＝a 4，所以a 4a 3＝2，所以q ＝2.又因为S 3＝2a 3－1，所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1，所以a 1＝1，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明由(1)知b n ＝log 2(a n ＋1·a n ) ＝log 2(2n×2n －1)＝2n －1，所以T n ＝1＋(2n －1)2n ＝n 2，所以1T 1＋1T 2＋…＋1T n ＝112＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝2－1n<2.热点三数列的实际应用用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型，它的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．例3 科学研究证实，二氧化碳等温室气体的排放(简称碳排放)对全球气候和生态环境产生了负面影响，环境部门对A 市每年的碳排放总量规定不能超过550万吨，否则将采取紧急限排措施．已知A 市2017年的碳排放总量为400万吨，通过技术改造和倡导低碳生活等措施，此后每年的碳排放总量比上一年的碳排放总量减少10%.同时，因经济发展和人口增加等因素，每年又新增加碳排放量m 万吨(m >0)．(1)求A 市2019年的碳排放总量(用含m 的式子表示)；(2)若A市永远不需要采取紧急限排措施，求m的取值范围．解设2018年的碳排放总量为a1,2019年的碳排放总量为a2，…，(1)由已知，a1＝400×0.9＋m，a2＝0.9×()400×0.9＋m＋m＝400×0.92＋0.9m＋m＝324＋1.9m.(2)a3＝0.9×()400×0.92＋0.9m＋m＋m＝400×0.93＋0.92m＋0.9m＋m，…，a n＝400×0.9n＋0.9n－1m＋0.9n－2m＋…＋0.9m＋m＝400×0.9n＋m 1－0.9n1－0.9＝400×0.9n＋10m()1－0.9n＝()400－10m×0.9n＋10m.由已知∀n∈N*，a n≤550，(1)当400－10m＝0，即m＝40时，显然满足题意；(2)当400－10m>0，即m<40时，由指数函数的性质可得()400－10m×0.9＋10m≤550，解得m≤190.综合得m<40；(3)当400－10m<0，即m>40时，由指数函数的性质可得10m≤550，解得m≤55，综合得40<m≤55.综上可得所求m的范围是(]0，55.思维升华常见数列应用题模型的求解方法(1)产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间n的总产值y＝N(1＋p)n.(2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y＝a(1＋r)n.(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y＝a(1＋nr)．(4)分期付款模型：a为贷款总额，r为年利率，b为等额还款数，则b＝r(1＋r)n a(1＋r)n－1.跟踪演练3 (2018·上海崇明区模拟)2016 年崇明区政府投资 8 千万元启动休闲体育新乡村旅游项目．规划从 2017 年起，在今后的若干年内，每年继续投资 2 千万元用于此项目.2016 年该项目的净收入为 5 百万元，并预测在相当长的年份里，每年的净收入均在上一年的基础上增长50%.记 2016 年为第 1 年，f (n )为第 1 年至此后第 n (n ∈N *)年的累计利润(注：含第 n 年，累计利润＝累计净收入－累计投入，单位：千万元)，且当 f (n )为正值时，认为该项目赢利．⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数值：⎝ ⎛⎭⎪⎫327≈17，⎝ ⎛⎭⎪⎫328≈25，ln 3≈1.1，ln 2≈0.7 (1)试求 f (n )的表达式；(2)根据预测，该项目将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由．解 (1)由题意知，第1年至此后第n (n ∈N *)年的累计投入为8＋2(n －1)＝2n ＋6(千万元)，第1年至此后第n (n ∈N *)年的累计净收入为12＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n 1－32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(千万元)．∴f (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n－1－(2n ＋6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n－2n －7(千万元)． (2)方法一 ∵f (n ＋1)－f (n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－2(n ＋1)－7－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2n －7 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －4， ∴当n ≤3时，f (n ＋1)－f (n )<0，故当n ≤4时，f (n )递减；当n ≥4时，f (n ＋1)－f (n )>0，故当n ≥4时，f (n )递增．又f (1)＝－152<0，f (7)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫327－21≈17－21＝－4<0，f (8)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫328－23≈25－23＝2>0.∴该项目将从第8年开始并持续赢利．答：该项目将从2023年开始并持续赢利．方法二设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x－2x －7(x ≥1)，则f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32xln 32－2，令f ′(x )＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫32x＝2ln32＝2ln 3－ln 2≈21.1－0.7＝5，∴x ≈4.从而当x ∈[1,4)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．又f (1)＝－152<0，f (7)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫327－21≈17－21＝－4<0，f (8)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫328－23≈25－23＝2>0.∴该项目将从第8年开始并持续赢利．答：该项目将从2023年开始并持续赢利．真题体验1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案－63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(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝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＝－63.2．(2017·山东)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. (1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解 (1)设数列{x n }的公比为q .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0，由已知得q >0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n－2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝(n ＋n ＋1)2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2.①又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝(2n －1)×2n＋12(n ∈N *)．押题预测已知数列{a n }的前n 项和S n 满足关系式S n ＝ka n ＋1，k 为不等于0的常数． (1)试判断数列{a n }是否为等比数列； (2)若a 2＝12，a 3＝1.①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n 的表达式；②设b n ＝log 2S n ，数列{c n }满足c n ＝1b n ＋3b n ＋4＋b n ＋2·2n b，数列{c n }的前n 项和为T n ，当n >1时，求使4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122成立的最小正整数n 的值．押题依据本题综合考查数列知识，第(1)问考查反证法的数学方法及逻辑推理能力，第(2)问是高考的热点问题，即数列与不等式的完美结合，其中将求数列前n 项和的常用方法“裂项相消法”与“错位相减法”结合在一起，考查了综合分析问题、解决问题的能力．解 (1)若数列{a n }是等比数列，则由n ＝1得a 1＝S 1＝ka 2，从而a 2＝ka 3. 又取n ＝2，得a 1＋a 2＝S 2＝ka 3，于是a 1＝0，显然矛盾，故数列{a n }不是等比数列． (2)①由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12k ，a 1＋12＝k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，k ＝1，从而S n ＝a n ＋1.当n ≥2时，由S n －1＝a n ，得a n ＝S n －S n －1＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝2a n ，此时数列是首项为a 2＝12，公比为2的等比数列．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，2n －3，n ≥2.从而其前n 项和S n ＝2n －2(n ∈N *)．②由①得b n ＝n －2，从而c n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＋n ·2n －2.记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝n2(n ＋2)，记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2，则2C 2＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1，两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12，从而T n ＝n2(n ＋2)＋(n －1)·2n －1＋12＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1，则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为4(n ＋1)(n －1)(n ＋2)＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122，即n 2＋n －90>0，因为n ∈N *且n ≠1，故n >9，从而最小正整数n 的值是10.A 组专题通关1．(2018·安徽省“皖南八校”联考)删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( ) A ．2 062 B ．2 063 C ．2 064 D ．2 065答案 B解析由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k 个平方数与第k ＋1个平方数之间有2k 个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.2．(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }满足0<a n <1，a 41－8a 21＋4＝0，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n ＋4a 2n 是以8为公差的等差数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则满足S n >10的n 的最小值为( ) A ．60 B ．61 C ．121 D ．122 答案 B解析由a 41－8a 21＋4＝0，得a 21＋4a 21＝8，所以a 2n ＋4a 2n＝8＋8(n －1)＝8n ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋2a n 2＝a 2n ＋4a 2n＋4＝8n ＋4，所以a n ＋2a n＝22n ＋1，即a 2n －22n ＋1a n ＋2＝0，所以a n ＝22n ＋1±22n －12＝2n ＋1±2n －1，因为0<a n <1，所以a n ＝2n ＋1－2n －1，S n ＝2n ＋1－1，由S n >10得2n ＋1>11，所以n >60.3．(2018·商丘模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．a n ≥2n ＋1 B ．S n ≥n 2C ．a n ≥2n －1D ．S n ≥2n －1答案 B解析由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)， ∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1. ∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1， ∴S n ≥n2(1＋2n －1)＝n 2.4．(2018·河南省豫南豫北联考)数列{a n }满足a 1＝65，a n ＝a n ＋1－1a n －1(n ∈N *)，若对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立，则最小的整数k 是( )A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 C 解析由a n ＝a n ＋1－1a n －1，得a n ()a n －1＝a n ＋1－1， ∴1a n ＋1－1＝1a n ()a n －1＝1a n －1－1a n，即1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，且a n >1. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1－1a 2－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1－1a 3－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n ＋1－1 ＝1a 1－1－1a n ＋1－1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝5－1a n ＋1－1<5.又对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立，∴k ≥5.故最小的整数k 是5.5．(2018·马鞍山联考)已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f (21)＝21，那么∑i ＝51100f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．2 500 答案 D解析由f (n )的定义知f (n )＝f (2n )，且若n 为奇数则f (n )＝n ，则∑i ＝1100f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100) ＝50×()1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑i ＝150f (i )，∴∑i ＝51100f (i )＝∑i ＝1100f (i )－∑i ＝150f (i )＝2 500.6．对于数列{a n }，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn为{a n }的“优值”，现在已知某数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1，记数列{a n －kn }的前n 项和为S n ，若S n ≤S 5对任意的n 恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125 解析由题意可知a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n ＋1，∴a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ＋1，①a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)·2n ，②由①－②，得2n －1a n ＝n ·2n ＋1－(n －1)·2n (n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝2n ＋2(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝4，符合上式，∴a n ＝2n ＋2(n ∈N *)，∴a n －kn ＝(2－k )·n ＋2，令b n ＝(2－k )·n ＋2，∵S n ≤S 5，∴b 5≥0，b 6≤0，解得73≤k ≤125，∴k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125. 7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝43(a n －1)，则(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1的最小值为__________．答案 4解析 ∵S n ＝43(a n －1)，∴S n －1＝43(a n －1－1)(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)，∴a n ＝4a n －1，又a 1＝S 1＝43(a 1－1)，∴a 1＝4，∴{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n，∴(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4n16＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫164n ＋1 ＝2＋4n16＋164n ≥2＋2＝4，当且仅当n ＝2时取“＝”．8．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是______________．答案 (3,5)解析由条件S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，两式相减，得a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，故a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，两式再相减，得a n ＋2－a n ＝8，由n ＝2，得a 1＋a 2＋a 1＝16⇒a 2＝16－2a ，从而a 2n ＝16－2a ＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ；由n ＝3，得a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝36⇒a 3＝4＋2a ，从而a 2n ＋1＝4＋2a ＋8(n －1)＝8n －4＋2a ，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a <16－2a ，8n ＋8－2a <8n －4＋2a ，8n －4＋2a <8(n ＋1)＋8－2a ，解得3<a <5.9．已知数列{a n }中，a 1＝1，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －y ＋1＝0上． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若函数f (n )＝1n ＋a 1＋2n ＋a 2＋3n ＋a 3＋…＋n n ＋a n(n ∈N *，且n >2)，求函数f (n )的最小值； (3)设b n ＝1a n，S n 表示数列{b n }的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式g (n )，使得S 1＋S 2＋S 3＋…＋S n －1＝(S n －1)·g (n )对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出g (n )的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由．解 (1)点P (a n ，a n ＋1)在直线x －y ＋1＝0上，即a n ＋1－a n ＝1，且a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)·1＝n (n ∈N *)． (2)∵f (n )＝1n ＋1＋2n ＋2＋…＋n 2n， ∴f (n ＋1)＝1n ＋2＋2n ＋3＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2， ∴f (n ＋1)－f (n )＝－⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2>12＋n 2n ＋1－nn ＋1＝12＋n (n ＋1)－n (2n ＋1)(2n ＋1)(n ＋1)＝12－n 22n 2＋3n ＋1 ＝12－12＋3n ＋1n2>0， ∴f (n ＋1)－f (n )>0，∴f (n )是单调递增的，故f (n )的最小值是f (3)＝2320.(3)∵b n ＝1n ⇒S n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，∴S n －S n －1＝1n(n ≥2)，即nS n －(n －1)S n －1＝S n －1＋1，∴(n －1)S n －1－(n －2)S n －2＝S n －2＋1，…，2S 2－S 1＝S 1＋1， ∴nS n －S 1＝S 1＋S 2＋…＋S n －1＋n －1， ∴S 1＋S 2＋…＋S n －1＝nS n －n ＝(S n －1)·n (n ≥2)，∴g (n )＝n .10．(2016·四川)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.(1)解由已知S n ＋1＝qS n ＋1，得S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列．从而a n ＝qn －1.由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0，由已知，q >0，故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明由(1)可知，a n ＝qn －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q2(n －1). 由e 2＝1＋q 2＝53，解得q ＝43.因为1＋q2(k －1)>q2(k －1)，所以1＋q 2(k －1)>qk －1(k ∈N *)．于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1.故e 1＋e 2＋…＋e n >4n－3n3n －1.B 组能力提高11．若数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1，且a 1＝5，则数列{a n }的前100项中，能被5整除的项数为( )A ．42B ．40C ．30D ．20 答案 B解析 ∵数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1，即a n ＋12(n ＋1)＋3－a n 2n ＋3＝1，且a 12×1＋3＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋3是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n2n ＋3＝n ， ∴a n ＝2n 2＋3n ，由题意可知，∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{a n }的前100项中，能被5整除的项数为40. 12．(2018·江西省重点中学协作体联考)设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }满足 a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，若[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019 等于( ) A ．2 017 B ．2 018 C ．2 019 D ．2 020答案 A解析由题意可得f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2， ∵x ＝1是函数f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0，即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0. ∴a n ＋2－a n ＋1＝2()a n ＋1－a n ，∵a 2－a 1＝1，∴a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，以上各式累加可得a n ＝2n －1.∴b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n＝n . ∴2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019. ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017.13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n －n ＝2(a n －2)(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n －1}为等比数列；(2)若b n ＝a n ·log 2(a n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . (1)证明 ∵S n －n ＝2(a n －2)，当n ≥2时，S n －1－(n －1)＝2(a n －1－2)，两式相减，得a n －1＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1－1，∴a n －1＝2(a n －1－1)， ∴a n －1a n －1－1＝2(n ≥2)(常数)．又当n ＝1时，a 1－1＝2(a 1－2)，得a 1＝3，a 1－1＝2，∴数列{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)解由(1)知，a n －1＝2×2n －1＝2n，∴a n ＝2n＋1，又b n ＝a n ·log 2(a n －1)， ∴b n ＝n (2n＋1)， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n )，设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n，则2A n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，两式相减，得－A n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ×2n ＋1，∴A n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.又1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2＋n (n ＋1)2(n ∈N *)．14．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，令b n ＝a n ＋1. (1)求证：{b n }是等比数列；(2)记数列{nb n }的前n 项和为T n ，求T n ；(3)求证：12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116. (1)证明 a 1＝2，a 2＝2(2＋2)＝8，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)， a n ＝2(S n －1＋n )(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥2)．经检验，当n ＝1时上式也成立，即a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥1)．所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即b n ＋1＝3b n ，且b 1＝3.故{b n }是首项为3，公比为3的等比数列． (2)解由(1)得b n ＝3n，nb n ＝n ·3n.T n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，3T n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，两式相减，得－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n)1－3－n ×3n ＋1，化简得T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －34×3n ＋34.(3)证明由1a k ＝13k －1>13k ，得1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >13＋132＋…＋13n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝12－12×13n .又1a k ＝13k －1＝3k ＋1－1(3k －1)(3k ＋1－1) <3k ＋1(3k －1)(3k ＋1－1) ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫13k －1－13k ＋1－1，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <12＋32⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133－1－134－1＋…＋哈哈哈哈哈哈哈哈哈和21 ⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋1－1 ＝12＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－13n ＋1－1 ＝12＋316－32×13n ＋1－1<1116，故12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116.。

2019版高考数学二轮复习第1篇专题3 数列学案

专题三数列年份卷别小题考查大题考查2018全国卷Ⅰ—T17·递推数列、等比数列的判定及其通项公式全国卷Ⅱ—T17·等差数列的通项，前n项和的最值全国卷Ⅲ—T17·等比数列的通项，前n项和的有关问题2017全国卷Ⅰ—T17·等比数列的通项公式与前n项和，等差数列的判定全国卷Ⅱ—T17·等差、等比数列的通项公式及前n项和全国卷Ⅲ—T17·数列的递推关系及通项公式，裂项相消法求和2016全国卷Ⅰ—T17·等差数列的通项公式及等比数列求和全国卷Ⅱ—T17·等差数列的通项公式，数列求和全国卷Ⅲ—T17·数列的递推关系及通项公式数列问题重在“化”——化归等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决．【典例】 S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3． (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解题示范] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3， ① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.❶又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1．(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.❷设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n32n ＋3．❶化归：由条件化归为等差数列项与项之间的关系．❷化归：把数列的通项分拆后使得求和时某些项可以相消，即为裂项相消法求和．对于数列的备考：一是准确掌握数列中a n 与S n 之间的关系，这是解决数列问题的基础；二是重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；三是注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；四是在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．。

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2019年高考数学二轮复习数列 9数列的三性质单调性周期性有界
性学案理
【学习目标】
1.理解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）．
2.了解数列通项公式的意义（数列是自变量为正整数的一类函数．）
3.理解数列的函数特征，能利用数列的周期性，单调性解决数列的有关问题。

4.以极度的热情投入到课堂学习中，体验学习的快乐。

【学法指导】
1.先认真阅读教材和一轮复习笔记，处理好知识网络构建，构建知识体系，形成系统的认识；
2.限时30分钟独立、规范完成探究部分，并总结规律方法；
3.找出自己的疑惑和需要讨论的问题准备课上讨论质疑；【高考方向】
1.数列的定义及对规律的发现。

2.数列的函数特性：周期性，单调性和最值。

1数列极限的综合题形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，就是离不开数列极限的概念和性质，离不开数学思想方法，只要能把握这两方面，就会迅速打通解题思路．
2解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略．
3通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功的经验，吸取失败的教训，增强解综合题的信心和勇气，提高分析问题和解决问题的能力．
【课前预习】：一、知识网络构建
1.数列的规律性问题发现的入手点在哪？
2.数列作为函数有哪些函数特性？它们分别的处理方法是什么？
二、高考真题再现1、（2009年（21）首项为正数的数列{}n a 满足2
11(3),.4
n n a a n N ++=+∈ （I ）证明：若1a 为奇数，则对一切2,n n a ≥都是奇数；（II ）若对一切n N +∈都有1n n a a +>，求1a 的取值范围. 【问题提出】
问题1：设R a ∈，:s 数列{}
2
()n a -是递增数列；1:≤a t ，则s 是t 的条件. 必
要不充分可得：2
3<
a a s 的取值范围是中
问题2：数列{}n a 满足352+-=n n a n λ（λ为实常数），其中*
N n ∈，且数列{}n a 为单调
递增数列，则求实数λ的取值范围为__________.
问题3：在数列{}n a 中，)(1110)1(*N n n a n
n ∈⎪⎭
⎫
⎝⎛+=.
（1）求证：数列{}n a 先递增，后递减；（2）求数列{}n a 的最大项. ==109a a 最大.
【探究拓展】
探究1：通项公式为2n a an n =+的数列{}n a ，若满足12345a a a a a <<<<，且1n n a a +>对
8n ≥恒成立，则实数a 的取值范围是__________.
变式1：数列{}n a 满足2012
2011--=n n a n （*
N n ∈），最小项为第_______项；最大项为第______
项
变式2：数列{}n a 满足17
2-+=
n n a n λ（λ为实常数，*
N n ∈），最大项为8a ，最小项为9a ，
则实数λ的取值范围为__________.
变式3：数列{}n a 的通项公式为k n k n a n 2-+-=，若对任意正整数n ，43a a a n =≥均成立，则实数k 的取值范围是______________
探究2：数列{}n a 的首项a a =1，其前n 项和为n S ，且满足),2(3*
21N n n n S S n n ∈≥=+-，
若对任意的*
,N n m ∈，1+<n n a a 恒成立，则a 的取值范围是． 9.【2014高考陕西卷文第8题】原命题为“若
1
2
n n n a a a ++<，n N +∈，则{}n a 为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是
（A ）真，真，真（B ）假，假，真（C ）真，真，假（D ）假，假，假例46 (2009陕西卷理) 已知数列{}n x 满足， *1111,21n n
x x n N x ∈+＋’＝
＝. ()I 猜想数列{}n x 的单调性，并证明你的结论；
（Ⅱ)证明：1
112
|()
65
n n n x x -+-|≤。

4、（2012年-21）（本小题满分13分）数列{}n x 满足：2
*110,()n n n x x x x c n N +==-++∈
（I ）证明：数列{}n x 是单调递减数列的充分必要条件是0c <
（II ）求c 的取值范围，使数列{}n x 是单调递增数列。

5、（2013年-20）（13分）设函数22222()1(,)23n n n x x x f x x x R n N n
=-++++⋅⋅⋅+∈∈，证明：
（Ⅰ）对每个n
n N ∈，存在唯一的2[,1]3
n x ∈，满足()0n n f x =；
（Ⅱ）对任意n p N ∈，由（Ⅰ）中n x 构成的数列{}n x 满足10n n p x x n
+<-<。

6（2014年-21）设实数0>c ，整数1>p ，*
N n ∈. （I ）证明：当1->x 且0≠x 时，px x p
+>+1)1(；
（II ）数列{}n a 满足p
c a 11>，p
n n n a p
c a p p a -++-=111，证明：p n n c a a 1
1>>+。