2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题热点难点突破文含解析

高考数学重点难点知识结构

盘点2019年高考数学重点难点知识结构因为基础知识融汇于主干内容之中，主干内容又是整个学科知识体系的重要支撑，理所当然是高考的重之中重。

2019年高考数学重点难点内容包括：函数、不等式、三角、数列、解析几何、向量等内容。

现分块阐述如下：1.函数函数是贯穿中学数学的一条主线，近几年对函数的考察既全面又深入，保持了较高的内容比例，并达到了一定深度。

题型分布总体趋势是四道小题一道大题，题量稳中有变，但分值基本在35分左右。

选填题覆盖了函数的大部分内容，如函数的三要素，函数的四性(奇偶性、单调性、周期性、对称性)与函数图像、常见的初等函数，反函数等。

小题突出考察基础知识，大题注重考察函数的思想方法和综合应用。

2.三角函数三角部分是高中数学的传统内容，它是中学数学重要的基础知识，因而具有基础性的地位，同时它也是解决数学本身与其它学科的重要工具，因此具有工具性。

高考大部分以中低档题的形式出现，至少考一大一小两题，分值16分左右，其中三角恒等变形、求值、三角函数的图象与性质，解三角形是支撑三角函数的知识体系的主干知识，这无疑是高考命题的重点。

3.立体几何承载着空间想象能力，逻辑推理能力与运算能力考察的立体几何试题，在历年的高考中被定义于中低档题，多是一道解答题，一道选填题;解答一般与棱柱，棱锥有关，主要考察线线与线面关系，其解法一般有两种以上，并且一般都能用空间向量方法来求解。

4.数列与极限数列与极限是高中数学重要内容之一，也是进一步学习高中数学的基础，每年高考占15%。

高考以一大一小两题形式出现，小题主要考察基础知识的掌握，解答题一般为中等以上难度的压轴题。

由于这部分知识处于交汇点的地位，比如函数、不等式，向量、解几等都与它们有密切的联系，因此大题目具有较强的综合性与灵活性和思维的深刻性。

单靠“死”记还不行,还得“活”用,姑且称之为“先死后活”吧。

让学生把一周看到或听到的新鲜事记下来,摒弃那些假话套话空话,写出自己的真情实感,篇幅可长可短,并要求运用积累的成语、名言警句等,定期检查点评,选择优秀篇目在班里朗读或展出。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题20不等式选讲热点难点突破文含解析20190330269

不等式选讲11 1 23 (a ＋b ) ( a b) (a 2＋b 2)1．若 f (x )＝log x ，R ＝f ，S ＝f，T ＝f，a ，b 为正实数，则 R ，S ，T 的大小关系为( )A ．T ≥R ≥SB ．R ≥T ≥SC ．S ≥T ≥RD ．T ≥S ≥R2 2 1 242 2 解析 ∵a ，b 为正实数，∴≤＝，＝ ≤≤＝ a ＋b2 abab a ＋b a 2＋b 2＋2ab a 2＋b 22 a 2b 21，ab1∵f (x )＝log x 在(0，＋∞)上为增函数，321R ＝f (a ＋b )，S ＝f ( a b )，2T ＝f(a2＋b 2)，∴T ≥R ≥S .答案 A2．已知函数 f (x )＝|x －4|＋|x ＋5|.(1)试求使等式 f (x )＝|2x ＋1|成立的 x 的取值范围；(2)若关于 x 的不等式 f (x )<a 的解集不是空集，求实数 a 的取值范围．－2x －1，x ≤ －5，解(1)f (x )＝|x －4|＋|x －5|＝{2x ＋1，x ≥ 4.)9，－5 < x < 4，1－2x －1，x ≤ －，2又|2x ＋1|＝{，)1 2x ＋1，x >2所以若 f (x )＝|2x ＋1|，则 x 的取值范围是(－∞，－5]∪[4，＋∞)． (2)因为 f (x )＝|x －4|＋|x ＋5|≥|(x －4)－(x ＋5)|＝9，所以若关于 x 的不等式 f (x )<a 的解集非空，则 a >f (x )min ＝9，即 a 的取值范围是(9，＋∞)． 3．已知函数 f (x )＝|x ＋2|－|x －1|. (1)试求 f (x )的值域；ax 2－3x ＋3(2)设 g (x )＝ (a >0)，若任意 s ∈(0，＋∞)，任意 t ∈(－∞，＋∞)，恒有 g (s )≥f (t )x成立，试求实数a的取值范围．解(1)函数可化为1－3，x< －2，f(x)＝{3，x> 1. )2x＋1，－2 ≤x≤1，∴f(x)∈[－3，3]．ax2－3x＋3 3(2)若x>0，则g(x)＝＝ax＋－3≥2－3，即当ax2＝3时，g(x)min＝2 －3，3a3ax x又由(1)知f(x)max＝3.若∀s∈(0，＋∞)，∀t∈(－∞，＋∞)，恒有g(s)≥f(t)成立，则有g(x)min≥f(x)max，∴2 3a－3≥3，∴a≥3，即a的取值范围是[3，＋∞)．4．设不等式|x－2|>1的解集与关于x的不等式x2－ax＋b>0的解集相同．(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)＝a x－3＋b5－x的最大值，以及取得最大值时x的值．5．设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－2|.(1)求不等式f(x)>2的解集；综上所述，不等式f(x)>2的解集为{x|x>1或x<－5}．5 11(2)易得f(x)min＝－，若∀x∈R都有f(x)≥t2－t恒成立，2 25 11t 则只需f(x)min＝－≥t2－，2 21 解得≤t≤5.27．若关于x的不等式|x－1|＋|x－3|≤a2－2a－1在R上的解集为∅，则实数a的取值范围是()A．a＜－1或a＞3 B．a＜0或a＞3C．－1＜a＜3 D．－1≤a≤32解析 |x －1|＋|x －3|的几何意义是数轴上与 x 对应的点到 1、3对应的两点距离之和，故它的最小值为 2，∵原不等式解集为∅，∴a 2－2a －1＜2. 即 a 2－2a －3＜0，解得－1＜a ＜3. 故选 C. 答案 C18．设 f (x )＝ x 2－bx ＋c ，不等式 f (x )<0的解集是(－1，3)，若 f (7＋|t |)>f (1＋ t 2)，则实a 数 t 的取值范围是________．1解析 ∵ x 2－bx ＋c <0的解集是(－1，3)，a 1 1 1∴ >0且－1，3 是 x 2－bx ＋c ＝0的两根，则函数 f (x )＝ x 2－bx ＋c 图象的对称轴方程为 x ＝a a a ab＝1， 2且 f (x )在[1，＋∞)上是增函数，又∵7＋|t |≥7>1，1＋t 2≥1，则由 f (7＋|t |)>f (1＋t 2)，得 7＋|t |>1＋t 2，即|t |2－|t |－6<0，亦即(|t |＋2)(|t |－3)<0， ∴|t |<3，即－3<t <3. 答案 (－3，3)9．已知函数 f (x )＝|x －4|＋|x ＋5|.(1)试求使等式 f (x )＝|2x ＋1|成立的 x 的取值范围；(2)若关于 x 的不等式 f (x )<a 的解集不是空集，求实数 a 的取值范围．－2x －1，x ≤ －5，解(1)f (x )＝|x －4|＋|x ＋5|＝{2x ＋1，x ≥ 4.)9，－5 < x < 4，1－2x －1，x ≤ －，2又|2x ＋1|＝{，)1 2x ＋1，x >2所以若 f (x )＝|2x ＋1|，则 x 的取值范围是(－∞，－5]∪[4，＋∞) ． (2)因为 f (x )＝|x －4|＋|x ＋5|≥|(x －4)－(x ＋5)|＝9， ∴f (x )min ＝9.所以若关于x的不等式f(x)<a的解集非空，则a>f(x)min＝9，即a的取值范围是(9，＋∞)．310．已知函数f(x)＝|x＋2|－|x－1|.(1)试求f(x)的值域；ax2－3x＋3(2)设g(x)＝(a>0)，若任意s∈(0，＋∞)，任意t∈(－∞，＋∞)，恒有g(s)≥f(t)x成立，试求实数a的取值范围．解(1)函数可化为－3，x< －2，f(x)＝{3，x> 1. )2x＋1，－2 ≤x≤1，∴f(x)∈[－3，3]．ax2－3x＋3 3(2)若x>0，则g(x)＝＝ax＋－3≥23a－3，即当ax2＝3时，g(x)min＝2 3a－3，x x又由(1)知f(x)max＝3.若∀s∈(0，＋∞)，∀t∈(－∞，＋∞)，恒有g(s)≥f(t)成立，则有g(x)min≥f(x)max，∴2 3a－3≥3，∴a≥3，即a的取值范围是[3，＋∞)．11．设函数f(x)＝|2x－1|－|x＋2|.(1)求不等式f(x)≥3的解集；(2)若关于x的不等式f(x)≥t2－3t在[0，1]上无解，求实数t的取值范围．112．设函数f(x)＝|x＋|＋|x－a|(a>0)．a(1)证明：f(x)≥2；(2)若f(3)<5，求a的取值范围．1 1 1(1)证明由a>0，有f(x)＝|x＋|＋|x－a|≥|x＋－(x－a)|＝＋a≥2.所以f(x)≥2.a a a41(2)解 f (3)＝|3＋ |＋|3－a |.a 1当 a >3时，f (3)＝a ＋，a 5＋ 21由 f (3)<5得 3<a < .21当 0<a ≤3 时，f (3)＝6－a ＋，a1＋ 5由 f (3)<5得＜a ≤3.21＋ 5 5＋ 21综上，a 的取值范围是(2 ). ， 213．已知函数 f (x )＝|x －a |，其中 a >1.(1)当 a ＝2时，求不等式 f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于 x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2 的解集为{x |1≤x ≤2}，求 a 的值．－2x ＋6，x ≤ 2，解(1)当 a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝{2x －6，x ≥ 4.)2，2 < x < 4，当 x ≤2 时，由 f (x )≥4－|x －4|得－2x ＋6≥4，解得 x ≤1；当 2<x <4时，f (x )≥4－|x －4|无解；当 x ≥4 时，由 f (x )≥4－|x －4|得 2x －6≥4，解得 x ≥5；所以 f (x )≥4－|x －4|的解集为{x |x ≤1 或 x ≥5}． (2)记 h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )，－2a ，x ≤ 0，则 h (x )＝{2a ，x ≥ a .)4x －2a ，0 < x < a ，由|h (x )|≤2， a －1 a ＋1 解得 ≤x ≤ . 2 2a －1＝1，2又已知|h (x )|≤2 的解集为{x |1≤x ≤2}，所以{＝2，)于是 a ＝3. a ＋1214．已知函数 f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且 f (x ＋3)≥0 的解集为[－1，1]． (1)求 k 的值；1 1 1(2)若a，b，c是正实数，且＋＋＝1.ka2kb3kc求证：a＋2b＋3c≥9.(1)解：∵f(x)＝k－|x－3|，5∴f(x＋3)≥0等价于|x|≤k，由|x|≤k有解，得k≥0，且解集为[－k，k]．∵f(x＋3)≥0的解集为[－1，1]．因此k＝1.1 1 1( 2)证明：由(1)知＋＋＝1，∵a，b，c为正实数．a2b3c1 1 1 a2b a3c2b3c a2b ∴a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)(＝3＋＋＋≥3＋2 ＋＋3c)(a)(＋2b)·＋＋a)(＋a2b2b3c3c2b aa3c2b3c2 ·＋2 ·＝9.3c a3c2b当且仅当a＝2b＝3c时，等号成立．因此a＋2b＋3c≥9.15．已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．(2)原不等式等价于|x－4|－|x－2|≥|x＋a|，②当1≤x≤2时，②式化为4－x－(2－x)≥|x＋a|，解之得－2－a≤x≤2－a.由条件，[1，2]是f(x)≤|x－4|的解集的子集，∴－2－a≤1且2≤2－a，则－3≤a≤0.故满足条件的实数a的取值范围是[－3，0]．16．已知正实数a，b满足：a2＋b2＝2 ab.1 1(1)求＋的最小值m；a b1(2)设函数f(x)＝|x－t|＋|x＋t|(t≠0)，对于(1)中求得的实数m是否存在实数x，使得f(x)m＝成立，说明理由．2解：(1)∵2ab＝a2＋b2≥2ab，6∴ab≥ab(a>0，b>0)，则ab≤1，1 1 2又＋≥≥2，a b ab当且仅当a＝b时取等号，1 1∴＋的最小值m＝2.a b1(2)函数f(x)＝|x－t|＋|x＋t|≥1 1 1|(x＋t)－（x－t）||＋t||t|＝＝|t|＋≥2，tm 对于(1)中的m＝2，＝1<2.2∴满足条件的实数x不存在．7。

2019年高考数学数列部分知识点分析

第 1 页共 4 页2019年全国高考数学数列部分知识点考查分析一、等差数列及其性质1．（2019年全国Ⅰ理）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知40S =，55a =，则( )A ．25n a n =-B ．310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-2．（2019年全国Ⅲ理）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若10a ≠，213a a =，则105SS = ．3．（2019年全国Ⅲ文）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若35a =，713a =，则10S = ． 4．（2019年北京理）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为．5．（2019年江苏）已知数列*{}()n a n N ∈是等差数列，n S 是其前n 项和．若2580a a a +=，927S =，则8S 的值是．二、等比数列及其性质1．（2019年全国Ⅲ文理）已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3(a = ) A ．16 B ．8 C ．4 D ．22．（2019年全国Ⅰ文）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若11a =，334S =，则4S = ．3.（2019年上海秋）已知数列{}n a 前n 项和为n S ，且满足2n n S a +=，则5S =______.三、数列综合1．（2019年全国Ⅰ文）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知95S a =-．（1）若34a =，求{}n a 的通项公式；（2）若10a >，求使得n n S a 的n 的取值范围． 2．（2019年全国Ⅱ理）已知数列{}n a 和{}n b 满足11a =，10b =，1434n n n a a b +=-+，1434n n n b b a +=--．（1）证明：{}n n a b +是等比数列，{}n n a b -是等差数列；（2）求{}n a 和{}n b 的通项公式． 3．（2019年全国Ⅱ文）已知{}n a 的各项均为正数的等比数列，12a =，32216a a =+．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和． 4．（2019年北京文）设{}n a 是等差数列，110a =-，且210a +，38a +，46a +成等比数列．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）记{}n a 的前n 项和为n S ，求n S 的最小值． 5．（2019年天津文）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0．已知113a b ==，23b a =，3243b a =+．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足,21,,n n n c b n ⎧⎪=⎨⋅⎪⎩为奇数为偶数求*112222()n n a c a c a c n N ++⋯+∈．6．（2019年天津理）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知14a =，16b =，2222b a =-，3324b a =+．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足11c =，11,22,,2,k k n kk n c b n +⎧<<⎪=⎨=⎪⎩其中*k N ∈． ()i 求数列22{(1)}n n a c -的通项公式；()ii 求2*1()ni i i a c n N =∈∑．7．（2019年浙江）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =．数列{}n b 满足：对每个*n N ∈，n n S b +，1n n S b ++，2n n S b ++成等比数列．（Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）记n c =*n N ∈，证明：12n c c c ++⋯+<，*n N ∈． 8．（2019年上海春）已知数列{}n a ，13a =，前n 项和为n S ．（1）若{}n a 为等差数列，且415a =，求n S ；（2）若{}n a 为等比数列，且lim 12n n S →∞<，求公比q 的取值范围．四、数列创新1．（2019年浙江）设a ，b R ∈，数列{}n a 满足1a a =，21n na ab +=+，*n N ∈，则( ) A ．当12b =时，1010a > B ．当14b =时，1010a >C ．当2b =-时，1010a >D ．当4b =-时，1010a > 2．（2019年北京理）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式． 3．（2019年江苏）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M -数列”．（1）已知等比数列*{}()n a n N ∈满足：245a a a =，321440a a a -+=，求证：数列{}n a 为“M -数列”；（2）已知数列*{}()n b n N ∈满足：11b =，1122n n n S b b +=-，其中n S 为数列{}n b 的前n 项和． ①求数列{}n b 的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M -数列” *{}()n c n N ∈，对任意正整数k ，当k m 时，都有1k k k c b c +成立，求m 的最大值．第 3 页共 4 页4．（2019年上海春）已知等差数列{}n a 的公差(0d ∈，]π，数列{}n b 满足sin()n n b a =，集合{}*|,n S x x b n N ==∈．（1）若120,3a d π==，求集合S ；（2）若12a π=，求d 使得集合S 恰好有两个元素；（3）若集合S 恰好有三个元素：n T n b b +=，T 是不超过7的正整数，求T 的所有可能的值．21.（2019年上海秋）数列{}n a 有100项，1a a =，对任意[]2,100n ∈，存在[],1,1n i a a d i n =+∈-，若ka 与前n 项中某一项相等，则称k a 具有性质P . （1）若11a =，求4a 可能的值；（2）若{}n a 不为等差数列，求证：{}n a 中存在满足性质P ；（3）若{}n a 中恰有三项具有性质P ，这三项和为C ，使用,,a d c 表示12100a a a +++.。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题热点难点突破文含解析

数列的求和问题 1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n ＝0的两根，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64 答案 D2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1＋m ，且a 1，a 4，a 5－2成等差数列，b n ＝a n a n －1a n ＋1－1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >2 0172 018的最小正整数n 的值为( ) A ．11 B ．10 C ．9 D ．8答案 B解析根据S n ＝2n ＋1＋m 可以求得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋4，n ＝1，2n ，n ≥2，所以有a 1＝m ＋4，a 4＝16，a 5＝32，根据a 1，a 4，a 5－2成等差数列，可得m ＋4＋32－2＝32，从而求得m ＝－2，所以a 1＝2满足a n ＝2n ，从而求得a n ＝2n (n ∈N *)，所以b n ＝a n a n －1a n ＋1－1＝2n 2n －12n ＋1－1 ＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，令1－12n ＋1－1>2 0172 018，整理得2n ＋1>2 019，解得n ≥10.3．设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝12，n ＋1a n ＋1＝n a n＋2n (n ∈N *)，则S 100等于( ) A ．2－492100 B ．2－49299 C ．2－512100 D ．2－51299 答案 D解析由n ＋1a n ＋1＝n a n ＋2n ，得n ＋1a n ＋1－n a n ＝2n ，则n a n －n －1a n －1＝2n －1，n －1a n －1－n －2a n －2＝2n －2，…，2a 2－1a 1＝21，将各式相加得n a n －1a 1＝21＋22＋…＋2n －1＝2n －2，又a 1＝12，所以a n ＝n ·12n ，因此S 100＝1×12＋2×122＋…＋100×12100，则12S 100＝1×122＋2×123＋…＋99×12100＋100×12101，两式相减得12S 100＝12＋122＋123＋…＋12100－100×12101，所以S 100＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1299－100·⎝ ⎛⎭⎪⎫12100＝2－51299. 押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循．答案 1解析因为a n ＝n ＋22n nn ＋1＝2n ＋1－n 2n n n ＋1＝12n －1n －12n n ＋1，所以S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫120×1－121×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121×2－122×3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1n －12n n ＋1 ＝1－12n n ＋1，由于1－12n n ＋1<1，所以M 的最小值为1.9．已知数列{a n }，a 1＝e(e 是自然对数的底数)，a n ＋1＝a 3n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(2n －1)ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 1＝e ，a n ＋1＝a 3n 知，a n >0，所以ln a n ＋1＝3ln a n ，数列{}ln a n 是以1为首项，3为公比的等比数列，所以ln a n ＝3n －1，a n ＝e3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝(2n －1)ln a n ＝(2n －1)·3n －1，T n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，①3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n ，② ①－②，得－2T n ＝1＋2(31＋32＋33＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n ＝1＋2×3－3n 1－3－(2n －1)×3n ＝－2(n －1)×3n －2. 所以T n ＝(n －1)×3n ＋1(n ∈N *)．10．在等比数列{a n }中，首项a 1＝8，数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ，又设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <34. (1)解由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝15，得log 2(a 1a 2a 3)＝15，∴a 1a 2a 3＝215，设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1＝8，∴a n ＝8qn －1， ∴8·8q ·8q 2＝215，解得q ＝4，∴a n ＝8·4n －1，即a n ＝22n ＋1(n ∈N *)． (2)证明由(1)得b n ＝2n ＋1，易知{b n }为等差数列，S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2＋2n ，则1S n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2， ∴T n <34. 11．在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n n⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，∵a 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ，①∵a 23＝a 1·a 11，即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )，②∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)．(2)由题意知， b n ＝(－1)n n⎝ ⎛⎭⎪⎫3n －32·⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋32＝(－1)n ·16·⎝⎛⎭⎪⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n ·19·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 T n ＝19⎣⎢⎡ －⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…⎦⎥⎤＋－1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝19⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋－1n 12n ＋1. 12．数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足：①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)，又a 1＝1满足a n ＝2n －1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0，且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ，∴q ＝12，b 3＝b 1q 2＝14， ∴b 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 12T n ＝1×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，两式相减，得12T n ＝1＋2×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n . ∴T n ＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(2n ＋3)(n ∈N *)． 13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1，(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若c n ＝(－1)n －14n ＋13＋2log 2a n 3＋2log 2a n ＋1，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ；(3)若d n ＝a n ·b n ，数列{}d n 的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)两边同除以n (n ＋1)，得b n ＋1n ＋1－b n n＝1，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列，所以b n n ＝n (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2.当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1.当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －1，又a 1＝1≠0，所以a n a n －1＝2，从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(3)由(1)得d n ＝a n b n ＝n ·2n －1，D n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1， 2D n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n . 两式相减得－D n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n 1－2－n ·2n ，所以D n ＝(n －1)·2n ＋1，由(1)得S n ＝2a n －1＝2n－1，因为对∀n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，即(n －1)·2n ＋1≤n ()2n －1－a 恒成立，所以a ≤2n－n －1恒成立，记e n ＝2n －n －1，所以a ≤()e n min ，因为e n ＋1－e n ＝[]2n ＋1－n ＋1－1－()2n －n －1＝2n －1>0，从而数列{}e n 为递增数列，所以当n ＝1时，e n 取最小值e 1＝0，于是a ≤0.。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题10等差数列与等比数列教学案理含解析

【2019年咼考考纲解读】 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. 【重点、难点剖析】一、等差数列、等比数列的运算 1 •通项公式等差数列： a n = a i + ( n — i) d ；等比数列： n — 1 a n = a i • q . 2 .求和公式 a i + a n 2 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 .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 +i (n 》2, n € N).(2) 证明数列｛a n ｝是等比数列的两种基本方法：a “+1 *① 利用定义，证明一一(n € N)为一常数；a n② 利用等比中项，即证明 a ；? = a n — i a n + i (n 》2, n € N).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.【高考题型示例】题型一、等差数列、等比数列的运算例1、（1）（2018 •全国I ）记 S 为等差数列｛a n ｝的前n 项和，若3S s = S 2+ S, a i = 2，贝U a 5等于（） A . — 12 B .— 10等差数列与等比数列等差数列: 等比数列: a i S n = a i — a n q(q ^ i)n =n a i + -C. 10 D . 12答案B解析设等差数列｛a n｝的公差为d,由3S= S2+ S4,- 2 2 —j 乂？—| J y d —I得 3 |3a i + 2 x d = 2a1 + ----------- 2------- x d + 4a1 + -----2 -------- x d,将a1 = 2 代入上式，解得d=—3,故a5= a + （5 —1）d = 2+4x（—3）= —10.故选B.⑵（2018 •全国川）等比数列｛a n｝中，a1= 1, a5= 4空.①求｛a n｝的通项公式；②记S为｛a n｝的前n项和，若63,求m解①设（胡的公比为4由憩殳得H由已知得孑=4孑，解得尸0（舍去）；尸-2或尸2・故（一2）1或迤=21（山€矿）”②若则氏二匕严由©=盟得（-2）”=-1貂，此万程没有正整数解.若乞=21』则£=2"-1,宙5；=63 得2*=64;解得*=6.【感悟提升】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a1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.【变式探究】（1）设公比为q（q>0）的等比数列｛a n｝的前n项和为S,若S= 3a2 + 2,S= 3a4+ 2，则a等于（）1 2A.—2 B . —1 C. - D.-2 3答案B解析S —S = a3 + a4 = 3a4 —3a2,2即3a2+ a3—2a4= 0,即卩3a2 + a2q—2a2q = 0,323即 2q — q — 3 = 0,解得 q =— 1(舍)或 q = 2, 3 当 q = 2时，代入 S ?= 3a 2+ 2,得 a i + a i q = 3a i q + 2,解得 a i = — 1. ⑵ 设各项均为正数的等比数列｛a n ｝中，若S 4= 80, 82= 8，则公比q = _答案 3 162解析由题意可得，S — 82= q?S ,代入得q = 9.•••等比数列｛a n ｝的各项均为正数，••• q = 3，解得 a i = 2,故 a 5= 162.题型二等差数列、等比数列的判定与证明1 例 2、已知数列｛a n ｝, ｛b n ｝，其中 a i = 3, b i = — 1,且满足 a n =-(3a n —i — bn n 》2. (1) 求证：数列｛a n — b n ｝为等比数列;又 a i — b i = 3— ( — 1) = 4,所以｛a n — b n ｝是首项为4,公比为2的等比数列⑵解由(1)知，a — b n = 2n +：① 又 a n + b n = 2(3 a n — 1 - b n — i ) + 二 2 ( a n — 1 - 3b n — i ) = a n — 1 + b n — 1 , 又 a i + b i = 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 = 2 + 1,2n 2n1 1 a n a n +1= 2n + ⑴1+ = 2n + 1 — 2n +1+ 1’所以 Tn = 21 + 1 22+ 1 + 22+ 1 23 + 1 + + 2n + 1 2n +1+ 11 111 *2 + 1 2 +13 2 + 1【感悟提升】(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前法. ⑵a n = a n — i a n +i (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.,a 5 ___1 *),b n = —㊁®— i — 3b n — i ), n €N , ⑵求数列a n a n + 1 【勺前n 项和T .1(1)证明12 ( a n —1 — 3b n — 1)= 2( a n — 1 — b n —n 项和公式，但不能作为证明方1 4【变式探究】已知｛a n ｝是各项都为正数的数列，其前 n 项和为S,且S 为a n 与的等差中项. a n⑴ 求证：数列｛Sn ｝为等差数列；⑵ 求数列｛a n ｝的通项公式;⑴证明由题青知2 £=至十二即2 £俚—fi ：= 1, W当定2时，有51-u 代入(半)式得29(耳一 £-1) — (£—整理得又当n=l 时，由(杓式可得网=£[=「二数列｛专是苜项为h 公差为1的等差数列”⑵解由⑴可得S 2 = 1+ n -1 = n ,•• •数列｛a n ｝的各项都为正数，••• S= n,•••当 n 》2 时，a n = S — S -i = "J n-\/n — 1,又a 1 = S = 1满足上式，...a n = n - n -1(n €N *).i ni n (3)解由(2)得 bn = - = 尸〒’ an p n -寸 n - 1=(-1)n ( n + n - 1),当n 为奇数时， T n =- 1 + ( 2+ 1)-(寸3 +』2) +…+ ( n - 1+ n -2) - ( n + n - 1) =- n ,当n 为偶数时，T n =- 1 + ( 2+ 1) - ( 3 + 2) +…一(n -1+ n -2) + ( n + n - 1) = n ,数列｛b n ｝的前 n 项和 T n = ( — 1)育n ( n €N ).题型三等差数列、等比数列的综合问题例3、已知等差数列｛a n ｝的公差为一1，且a 2 + a 7 + a 12=- 6.(1) 求数列｛a n ｝的通项公式a n 与其前n 项和S ；(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<T m +入恒成立，求实数入的取值范围.⑶设b n =-1a n n -,求｛b n ｝的前n 项和T n .解 (1)由 a 2 + a 7 + a i2= — 6，得 a 7=— 2,「. a i = 4,n 9 — n *a n = 5— n ,从而 S= --------- 2 (n €N ).(2)由题意知 b i = 4, b 2= 2, b 3= 1,设等比数列｛b n ｝的公比为q ,12,弓丁随m 的增加而减少,2 •••｛T ｝为递增数列，得4W T m <8.n 9— n 1 2又 S= -------- 2 = — 2(n — 9n )若存在m€N ，使得对任意n €N ,总有Si<T n +入，则10<8+入，得入>2.即实数入的取值范围为(2 ,+^).【感悟提升】(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. ⑵ 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.【变式探究】已知数列｛a n ｝的前n 项和为S,且S — 1 = 3(a n — 1) , n €N *.(1)求数列｛a n ｝的通项公式；解 (1)由已知得 S= 3a n — 2,令n = 1,得a 1 = 1,又 a n +1 S +1 S 3a n +1 3a n ,3所以数列｛a n ｝是以1为首项，2为公比的等比数列,(2)设数列｛ b n ｝满足a n + 1 = 若b n W t 对于任意正整数 n 都成立，求实数t 的取值范围.得 a n + 1 = 32a n ,故($) max = S= S 5= 10,所以a n=(n€N*).—n ■ ~ T_l f所乱7一方==S+l）• -/-n ■訂=—（2-n），4 4所以⑹…=矗=氏=亍所以&亍即f的取值范围为p +8 ,.。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题19概率与统计热点难点突破理含解析

概率与统计．在新一轮的素质教育要求下，各地高中陆陆续续开展了选课走班的活动，已知某高中学校提供了门选修课供该校学生选择，现有名同学参加该校选课走班的活动，要求这名同学每人选修一门课程且每门课程都有人选，则这名同学选课的种数为( )．．．．答案解析因为将个人分成组有两种情形，＝＋＋＝＋＋，所以这名同学选课的种数为·＝，故选.．某学校为了弘扬中华传统“孝”文化，共评选出位男生和位女生为校园“孝”之星，现将他们的照片展示在宣传栏中，要求同性别的同学不能相邻，不同的排法种数为( )．．．．．将，，，，这名同学从左至右排成一排，则与相邻且与之间恰好有一名同学的排法有( )．种．种．种．种答案解析当，之间为时，看成一个整体进行排列，共有·＝(种)，当，之间不是时，先在，之间插入，中的任意一个，然后在之前或之后，再将这四个人看成一个整体，与剩余一个进行排列，共有··＝(种)，所以共有种不同的排法．．的展开式中的常数项为( )．－．．．答案解析由二项式的通项公式为＋＝·－，当－＝时，解得＝，当－＝－时，解得＝，所以展开式中的常数项为－·＋·＝－＋＝.．若的展开式中只有第项的二项式系数最大，则展开式中含项的系数是( )．－．．．－．二项式的展开式中，其中是有理项的共有( )．项．项．项．项答案解析二项式的展开式中，通项公式为＋＝·－·＝·，≤≤，∴当＝时满足题意，共个．．《中国诗词大会》(第二季)亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味．若《将进酒》、《山居秋暝》、《望岳》、《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有( )．种．种．种．种答案解析《将进酒》、《望岳》和另确定的两首诗词进行全排列共有种排法，满足《将进酒》排在《望岳》的前面的排法共有种，再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在个空里(最后一个空不排)，有种排。

专题09数列-2019年高考数学(理)考试大纲解读Word版含解析

2019 年考试纲领解读9数列（十二）数列1．数列的观点和简单表示法（1）认识数列的观点和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）.（2）认识数列是自变量为正整数的一类函数 .2．等差数列、等比数列（1）理解等差数列、等比数列的观点 .（2）掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式 .（3）能在详细的问题情境中辨别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题 .（4）认识等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.与2018 年考纲对比没什么变化，并且数列是每年高考的必考知识点，一般以“一大” 或“两小” 的形式体现，难度多为简单或适中，有时也会以压轴题出现，此时难度偏大 . 估计在 2019 年的高考取，将以“一大”或“两小”的形式进行考查，命题的热门有以下五部分内容：一是考察等差（比）数列的性质的应用，求指定项、公差、公比等，难度为简单或适中；二是求数列的通项公式，一般是利用等差（比）数列的定义求通项公式，或是知递推公式求通项公式，或是利用a n与 S n的关系求通项公式，难度为适中；三是求数列的前n 项和，利用公式法、累加（乘）法，错位相减法、裂项相消法、分组乞降法、倒序相加法乞降，难度多为适中；四是考察数列的最值，多与数列的单一性相关，常考察等差数列前n 项和的最值、等比数列前n 项的积的最值等，难度为适中或偏难；五是等差数列与等比数列相综合的问题，有时也与数列型不等式的证明、存在性问题订交汇，难度为适中或偏难 .样题1考向一等差数列及其前（2018 新课标全国 I 理科）设S n为等差数列n 项和a n的前n 项和，若，a1 2 ，则a5A．12B．10C．10D．12【答案】B【分析】设等差数列的公差为 d ，依据题中的条件可得，整理解得 d 3 ，因此，应选B．样题 7 （2018 新课标全国 I ）已知数列a n知足a11，，设b n a n．n （1）求b1，b2，b3；（2）判断数列b n能否为等比数列，并说明原因；（3）求a n的通项公式．n-1【答案】（1）b1=1，b2=2，b3=4；（2）看法析；（3）a n=n·2 ．【分析】（1）由条件可得a n+1= 2( n 1)a n．n将n=1代入得， a2=4a1，而 a1=1，因此， a2=4．将n=2代入得， a3=3a2，因此， a3=12．进而 b1=1，b2=2，b3=4．（2）{ b n} 是首项为 1，公比为 2 的等比数列．由条件可得a n 1 2 a n，即 b n+1=2b n，n 1n又 b1=1，因此 { b n} 是首项为 1，公比为 2 的等比数列．（3）由（ 2）可得a n2n 1，nn-1因此 a n=n·2．【名师点睛】该题考察的是相关数列的问题，波及到的知识点有依据数列的递推公式确立数列的项，依据不一样数列的项之间的关系，确立新数列的项，利用递推关系整理获得相邻两项之间的关系确立数列是等比数列，依据等比数列通项公式求得数列的通项公式，借助于的通项公式求得数列的通项公式，进而求得最后的结果 .。

2019-2020年高考数学重点难点讲解数列综合应用教案旧人教版

2019-2020年高考数学重点难点讲解数列综合应用教案旧人教版纵观近几年的高考，在解答题中，有关数列的试题出现的频率较高，不仅可与函数、方程、不等式、复数相联系，而且还与三角、立体几何密切相关；数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率，减薄率，银行信贷，浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等问题.这就要求同学们除熟练运用有关概念式外，还要善于观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以提高解数列题的速度.●难点磁场(★★★★★)已知二次函数y=f(x)在x=处取得最小值－ (t＞0),f(1)=0.(1)求y=f(x)的表达式；(2)若任意实数x都满足等式f(x)·g(x)+anx+bn=xn+1［g(x)］为多项式，n∈N*),试用t表示an和bn；(3)设圆Cn的方程为(x－an)2+(y－bn)2=rn2，圆Cn与Cn+1外切(n=1,2,3,…);{rn}是各项都是正数的等比数列，记Sn为前n个圆的面积之和，求rn、Sn.●案例探究［例1］从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加.(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an,bn的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？命题意图：本题主要考查建立函数关系式、数列求和、不等式等基础知识；考查综合运用数学知识解决实际问题的能力，本题有很强的区分度，属于应用题型，正是近几年高考的热点和重点题型，属★★★★★级题目.知识依托：本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点.错解分析：(1)问an、bn实际上是两个数列的前n项和，易与“通项”混淆；(2)问是既解一元二次不等式又解指数不等式，易出现偏差.技巧与方法：正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧.解：(1)第1年投入为800万元，第2年投入为800×(1－)万元，…第n年投入为800×(1－)n －1万元，所以，n年内的总投入为an=800+800×(1－)+…+800×(1－)n－1=800×(1－)k－1=4000×［1－()n］第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为400×(1+)，…，第n年旅游业收入400×(1+)n－1万元.所以，n年内的旅游业总收入为bn=400+400×(1+)+…+400×(1+)k－1=400×()k－1.=1600×［()n－1］(2)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此bn－an＞0，即：1600×［()n－1］－4000×［1－()n］＞0，令x=()n，代入上式得：5x2－7x+2＞0.解此不等式，得x＜，或x＞1(舍去).即()n＜，由此得n≥5.∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.［例2］已知Sn=1++…+,(n∈N*)设f(n)=S2n+1－Sn+1,试确定实数m的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n，不等式：f(n)＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2恒成立.命题意图：本题主要考查应用函数思想解决不等式、数列等问题，需较强的综合分析问题、解决问题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：本题把函数、不等式恒成立等问题组合在一起，构思巧妙.错解分析：本题学生很容易求f(n)的和，但由于无法求和，故对不等式难以处理.技巧与方法：解决本题的关键是把f(n)(n ∈N*)看作是n 的函数，此时不等式的恒成立就转化为：函数f(n)的最小值大于［logm(m －1)］2－［log(m －1)m ］2.解：∵Sn=1++…+.(n ∈N*)0)421321()421221(42232122121321221)()1(1213121)(112>+-+++-+=+-+++=+-+++=-+++++++=-=∴++n n n n n n n n n n n f n f n n n S S n f n n 又∴f(n+1)＞f(n)∴f(n)是关于n 的增函数∴f(n) min=f(2)=∴要使一切大于1的自然数n ，不等式f(n)＞［logm(m －1)］2－［log(m －1)m ］2恒成立只要＞［logm(m －1)］2－［log(m －1)m ］2成立即可由得m ＞1且m ≠2此时设［logm(m －1)］2=t 则t ＞0 于是⎪⎩⎪⎨⎧>->02011209t t 解得0＜t ＜1由此得0＜［logm(m －1)］2＜1解得m ＞且m ≠2.●锦囊妙计1.解答数列综合题和应用性问题既要有坚实的基础知识,又要有良好的思维能力和分析、解决问题的能力；解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段，建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再综合其他相关知识来解决问题.2.纵观近几年高考应用题看，解决一个应用题，重点过三关：(1)事理关：需要读懂题意，明确问题的实际背景，即需要一定的阅读能力.(2)文理关：需将实际问题的文字语言转化数学的符号语言，用数学式子表达数学关系.(3)事理关：在构建数学模型的过程中；要求考生对数学知识的检索能力，认定或构建相应的数学模型，完成用实际问题向数学问题的转化.构建出数学模型后，要正确得到问题的解，还需要比较扎实的基础知识和较强的数理能力.●歼灭难点训练一、选择题1.(★★★★★)已知二次函数y=a(a+1)x2－(2a+1)x+1，当a=1，2，…，n ，…时，其抛物线在x 轴上截得的线段长依次为d1,d2，…,dn,…,则 (d1+d2+…+dn)的值是( )A.1B.2C.3D.4二、填空题2.(★★★★★)在直角坐标系中，O 是坐标原点，P1(x1，y1)、P2(x2，y2)是第一象限的两个点，若1，x1，x2，4依次成等差数列，而1，y1，y2，8依次成等比数列，则△OP1P2的面积是_________.3.(★★★★)从盛满a升酒精的容器里倒出b升，然后再用水加满，再倒出b升，再用水加满；这样倒了n次，则容器中有纯酒精_________升.4.(★★★★★)据2000年3月5日九届人大五次会议《政府工作报告》：“xx年国内生产总值达到95933亿元，比上年增长7.3%，”如果“十·五”期间(xx年~xx年)每年的国内生产总值都按此年增长率增长，那么到“十·五”末我国国内年生产总值约为_________亿元.三、解答题5.(★★★★★)已知数列{an}满足条件：a1=1,a2=r(r＞0),且{anan+1}是公比为q(q＞0)的等比数列，设bn=a2n－1+a2n(n=1,2,…).(1)求出使不等式anan+1+an+1an+2＞an+2an+3(n∈N*)成立的q的取值范围；(2)求bn和，其中Sn=b1+b2+…+bn；(3)设r=219.2－1，q=，求数列{}的最大项和最小项的值.6.(★★★★★)某公司全年的利润为b元，其中一部分作为奖金发给n位职工，奖金分配方案如下：首先将职工按工作业绩(工作业绩均不相同)从大到小，由1到n排序，第1位职工得奖金元，然后再将余额除以n发给第2位职工，按此方法将奖金逐一发给每位职工，并将最后剩余部分作为公司发展基金.(1)设ak(1≤k≤n)为第k位职工所得奖金金额，试求a2,a3，并用k、n和b表示ak(不必证明)；(2)证明ak＞ak+1(k=1,2,…,n－1),并解释此不等式关于分配原则的实际意义；(3)发展基金与n和b有关，记为Pn(b),对常数b，当n变化时，求Pn(b).7.(★★★★)据有关资料，1995年我国工业废弃垃圾达到7.4×108吨，占地562.4平方公里，若环保部门每年回收或处理1吨旧物资，则相当于处理和减少4吨工业废弃垃圾，并可节约开采各种矿石20吨，设环保部门1996年回收10万吨废旧物资，计划以后每年递增20%的回收量，试问：(1)xx年回收废旧物资多少吨？(2)从1996年至xx年可节约开采矿石多少吨(精确到万吨)？(3)从1996年至xx年可节约多少平方公里土地？8.(★★★★★)已知点的序列An(xn，0),n∈N,其中x1=0,x2=a(a＞0),A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，…，An是线段An－2An－1的中点，….(1)写出xn与xn－1、xn－2之间关系式(n≥3);(2)设an=xn+1－xn，计算a1,a2,a3，由此推测数列{an}的通项公式，并加以证明；(3)求xn.参考答案难点磁场解：(1)设f(x)=a(x－)2－，由f(1)=0得a=1.∴f(x)=x2－(t+2)x+t+1.(2)将f(x)=(x－1)［x－(t+1)］代入已知得：(x－1)［x－(t+1)］g(x)+anx+bn=xn+1，上式对任意的x∈R都成立，取x=1和x=t+1分别代入上式得：且t≠0，解得an=［(t+1)n+1－1］，bn=［1－(t+1n)(3)由于圆的方程为(x－an)2+(y－bn)2=rn2，又由(2)知an+bn=1，故圆Cn的圆心On在直线x+y=1上，又圆Cn与圆Cn+1相切，故有rn+rn+1=｜an+1－an｜=(t+1)n+1设{rn}的公比为q，则①②②÷①得q==t+1，代入①得rn= ∴Sn=π(r12+r22+…+rn2)=［(t+1)2n －1］歼灭难点训练一、1.解析：当a=n 时y=n(n+1)x2－(2n+1)x+1由｜x1－x2｜=，得dn=，∴d1+d2+…+dn1)111(lim )(lim 1111113121211)1(132121121=+-=+++∴+-=+-++-+-=+++⋅+⋅=∞→∞→n d d d n n n n n n n n答案：A二、2.解析：由1,x1,x2,4依次成等差数列得：2x1=x2+1,x1+x2=5解得x1=2,x2=3.又由1，y1,y2,8依次成等比数列，得y12=y2,y1y2=8,解得y1=2,y2=4,∴P1(2,2),P2(3,4).∴=(3,4) ∴,5||,22,14862121===+=OP OP OP 110252221sin ||||21102sin ,102722514||||cos 21212121212121=⨯⨯⨯==∴=∴=⨯=∴∆OP P OP S OP P OP OP OP P P OP 答案：13.解析：第一次容器中有纯酒精a －b 即a(1－)升，第二次有纯酒精a(1－)－，即a(1－)2升，故第n 次有纯酒精a(1－)n 升.答案：a(1－)n4.解析：从xx 年到xx 年每年的国内生产总值构成以95933为首项，以7.3%为公比的等比数列，∴a5=95933(1+7.3%)4≈1xx0(亿元).答案：1xx0三、5.解：(1)由题意得rqn －1+rqn ＞rqn+1.由题设r ＞0,q ＞0,故从上式可得：q2－q －1＜0，解得＜q ＜,因q ＞0,故0＜q ＜;(2)∵0,212212212221212121≠=++=++=∴==---+++++++q a a q a q a a a a a b b q a a a a a a n n n n n n n n n n n n n n n n .b1=1+r ≠0，所以{bn}是首项为1+r ，公比为q 的等比数列，从而bn=(1+r)qn-1.当q=1时，Sn=n(1+r),1)1(),2()3()1( ,0)10( ,111lim ,0)1)(1(1lim 1lim ,1)1)(1(,1;11)1)(1(1lim 1lim ,1)1)(1(,10;0)1(1lim 1lim -∞→∞→∞→∞→∞→∞→∞→+=⎪⎩⎪⎨⎧≥<<+-==-+-=--+=>+-=-+-=--+=<<=+=n n n n n n n n n n n n n n n n n n n q r b q q r q S q r q S qq r S q rq q r q S qq r S q r n S 有由所以时当时当.2.2011log )1)(1(log log )1(log ])1[(log ])1[(log log log 2222122212-+=-+++=++=-+n q n r q n r q r q r b b n n n n,从上式可知，当n －20.2＞0，即n ≥21(n ∈N*)时，Cn 随n 的增大而减小，故1＜Cn ≤C21=1+=2.25 ①当n －20.2＜0，即n ≤20(n ∈N*)时，Cn 也随n 的增大而减小，故1＞Cn ≥C20=1+=－4 ②综合①②两式知，对任意的自然数n 有C20≤Cn ≤C21,故{Cn}的最大项C21=2.25，最小项C20=－4.6.解：(1)第1位职工的奖金a1=，第2位职工的奖金a2=(1－)b ，第3位职工的奖金a3=(1－)2b ，…，第k 位职工的奖金ak= (1－)k －1b;(2)ak －ak+1=(1－)k －1b ＞0，此奖金分配方案体现了“按劳分配”或“不吃大锅饭”的原则.(3)设fk(b)表示奖金发给第k 位职工后所剩余数，则f1(b)=(1－)b,f2(b)=(1－)2b,…,fk(b)=(1－)kb.得Pn(b)=fn(b)=(1－)nb,故.7.解：设an 表示第n 年的废旧物资回收量，Sn 表示前n 年废旧物资回收总量，则数列{an}是以10为首项，1+20%为公比的等比数列.(1)a6=10(1+20%)5=10×1.25=24.8832≈25(万吨) (2)S6=2.016.1101%)201(]1%)201[(1066-⨯=-+-+=99.2992≈99.3(万吨) ∴从1996年到xx 年共节约开采矿石20×99.3≈1986(万吨)(3）由于从1996年到xx 年共减少工业废弃垃圾4×99.3=397.2(万吨)，∴从1996年到xx 年共节约：≈3 平方公里.8.解：(1)当n ≥3时，xn=;a a x x x x x x x a a x x x x x x x a a x x a 41)21(21)(212,21)(212,)2(2332334212212232121=--=--=-+=-=-=--=-+=-==-=由此推测an=(－)n-1a(n ∈N)证法一：因为a1=a ＞0,且1111121)(2122----+-=-=-=-+=-=n n n n n n n n n n n a x x x x x x x x x a (n ≥2)所以an=(－)n-1a.证法二：用数学归纳法证明：(ⅰ)当n=1时，a1=x2－x1=a=(－)0a,公式成立；(ⅱ)假设当n=k 时，公式成立，即ak=(－)k －1a 成立.那么当n=k+1时，ak+1=xk+2－xk+1=k k k k k k a x x x x x 21)(212111-=--=-++++ .)21()21(21111公式仍成立a a )(k k -+--=--=据(ⅰ)(ⅱ)可知，对任意n ∈N ，公式an=(－)n-1a 成立.(3)当n ≥3时，有xn=(xn －xn －1)+(xn －1－xn －2)+…+(x2－x1)+x1=an －1+an －2+…+a1,由(2)知{an}是公比为－的等比数列，所以a.2019-2020年高考数学重点难点讲解直线方程及其应用教案旧人教版直线是最简单的几何图形，是解析几何最基础的部分，本章的基本概念；基本公式；直线方程的各种形式以及两直线平行、垂直、重合的判定都是解析几何重要的基础内容.应达到熟练掌握、灵活运用的程度，线性规划是直线方程一个方面的应用，属教材新增内容，高考中单纯的直线方程问题不难，但将直线方程与其他知识综合的问题是学生比较棘手的. ●难点磁场(★★★★★)已知|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1,求证：abc+2＞a+b+c.●案例探究［例1］某校一年级为配合素质教育，利用一间教室作为学生绘画成果展览室，为节约经费，他们利用课桌作为展台，将装画的镜框放置桌上，斜靠展出，已知镜框对桌面的倾斜角为α(90°≤α＜180°)镜框中，画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距a m,b m,(a ＞b).问学生距离镜框下缘多远看画的效果最佳？命题意图：本题是一个非常实际的数学问题，它不仅考查了直线的有关概念以及对三角知识的综合运用，而且更重要的是考查了把实际问题转化为数学问题的能力，属★★★★★级题目.知识依托：三角函数的定义，两点连线的斜率公式，不等式法求最值.错解分析：解决本题有几处至关重要，一是建立恰当的坐标系，使问题转化成解析几何问题求解；二是把问题进一步转化成求tanACB 的最大值.如果坐标系选择不当，或选择求sinACB 的最大值.都将使问题变得复杂起来.技巧与方法：欲使看画的效果最佳，应使∠ACB 取最大值，欲求角的最值，又需求角的一个三角函数值.解：建立如图所示的直角坐标系，AO 为镜框边，AB 为画的宽度，O为下边缘上的一点，在x 轴的正半轴上找一点C(x,0)(x ＞0),欲使看画的效果最佳，应使∠ACB 取得最大值.由三角函数的定义知：A 、B 两点坐标分别为(acos α,asin α)、(bcos α,bsin α),于是直线AC 、BC 的斜率分别为： kAC=tanxCA=,.cos sin tan x b b xCB k BC -==αα于是tanACB=ααααcos )(sin )(cos )(sin )(2⋅+-+⋅-=++-⋅-=b a x x ab b a x x b a ab x b a由于∠ACB 为锐角，且x ＞0,则tanACB ≤,当且仅当=x ，即x=时，等号成立，此时∠ACB 取最大值，对应的点为C(,0),因此，学生距离镜框下缘 cm 处时，视角最大，即看画效果最佳. ［例2］预算用xx 元购买单件为50元的桌子和20元的椅子，希望使桌椅的总数尽可能的多，但椅子不少于桌子数，且不多于桌子数的1.5倍，问桌、椅各买多少才行？命题意图：利用线性规划的思想方法解决某些实际问题属于直线方程的一个应用，本题主要考查找出约束条件与目标函数、准确地描画可行域，再利用图形直观求得满足题设的最优解，属★★★★★级题目.知识依托：约束条件，目标函数，可行域，最优解.错解分析：解题中应当注意到问题中的桌、椅张数应是自然数这个隐含条件，若从图形直观上得出的最优解不满足题设时，应作出相应地调整，直至满足题设.技巧与方法：先设出桌、椅的变数后，目标函数即为这两个变数之和，再由此在可行域内求出最优解.解：设桌椅分别买x,y 张，把所给的条件表示成不等式组，即约束条件为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥≤≥≤+0,05.120002050y x x y x y y x 由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⎩⎨⎧==+72007200,20002050y x x y y x 解得 ∴A 点的坐标为(，) 由⎪⎩⎪⎨⎧==⎩⎨⎧==+27525,5.120002050y x x y y x 解得 ∴B 点的坐标为(25，)所以满足约束条件的可行域是以A(，)，B(25，)，O(0，0)为顶点的三角形区域(如右图)由图形直观可知，目标函数z=x+y 在可行域内的最优解为(25，)，但注意到x ∈N,y ∈N*,故取y=37.故有买桌子25张，椅子37张是最好选择.［例3］抛物线有光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线折射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出，今有抛物线y2=2px(p ＞0).一光源在点M(,4)处，由其发出的光线沿平行于抛物线的轴的方向射向抛物线上的点P ，折射后又射向抛物线上的点Q ，再折射后，又沿平行于抛物线的轴的方向射出，途中遇到直线l ：2x －4y －17=0上的点N ，再折射后又射回点M(如下图所示)(1)设P 、Q 两点坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，证明：y1·y2=－p2；(2)求抛物线的方程；(3)试判断在抛物线上是否存在一点，使该点与点M 关于PN 所在的直线对称？若存在，请求出此点的坐标；若不存在，请说明理由.命题意图：对称问题是直线方程的又一个重要应用.本题是一道与物理中的光学知识相结合的综合性题目，考查了学生理解问题、分析问题、解决问题的能力，属★★★★★★级题目. 知识依托：韦达定理，点关于直线对称，直线关于直线对称，直线的点斜式方程，两点式方程.错解分析：在证明第(1)问题，注意讨论直线PQ 的斜率不存在时.技巧与方法：点关于直线对称是解决第(2)、第(3)问的关键.(1)证明：由抛物线的光学性质及题意知光线PQ 必过抛物线的焦点F(，0)，设直线PQ 的方程为y=k(x －) ①由①式得x=y+,将其代入抛物线方程y2=2px 中，整理，得y2－y －p2=0,由韦达定理，y1y2=－p2.当直线PQ 的斜率角为90°时，将x=代入抛物线方程，得y=±p,同样得到y1·y2= －p2.(2)解：因为光线QN 经直线l 反射后又射向M 点，所以直线MN 与直线QN 关于直线l 对称，设点M(，4)关于l 的对称点为M ′(x ′,y ′)，则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-+'⨯-+'⨯-=⨯-'-'017244244121214414y x x y 解得⎪⎩⎪⎨⎧-='='1451y x直线QN 的方程为y=－1,Q 点的纵坐标y2=－1，由题设P 点的纵坐标y1=4，且由(1)知：y1·y2=－p2,则4·(－1)=－p2,得p=2,故所求抛物线方程为y2=4x.(3)解：将y=4代入y2=4x,得x=4，故P 点坐标为(4，4)将y=－1代入直线l 的方程为2x －4y －17=0,得x=,故N 点坐标为(，－1)由P 、N 两点坐标得直线PN 的方程为2x+y －12=0,设M 点关于直线NP 的对称点M1(x1,y1)⎪⎩⎪⎨⎧-==⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-+++⨯-=-⨯--14101224244121)2(4414111111y x y x x y 解得则又M1(,－1)的坐标是抛物线方程y2=4x 的解，故抛物线上存在一点(，－1)与点M 关于直线PN 对称.●锦囊妙计1.对直线方程中的基本概念，要重点掌握好直线方程的特征值(主要指斜率、截距)等问题；直线平行和垂直的条件；与距离有关的问题等.2.对称问题是直线方程的一个重要应用，中学里面所涉及到的对称一般都可转化为点关于点或点关于直线的对称.中点坐标公式和两条直线垂直的条件是解决对称问题的重要工具.3.线性规划是直线方程的又一应用.线性规划中的可行域，实际上是二元一次不等式(组)表示的平面区域.求线性目标函数z=ax+by 的最大值或最小值时，设t=ax+by,则此直线往右(或左)平移时，t 值随之增大(或减小)，要会在可行域中确定最优解.4.由于一次函数的图象是一条直线，因此有关函数、数列、不等式、复数等代数问题往往借助直线方程进行，考查学生的综合能力及创新能力.●歼灭难点训练一、选择题1.(★★★★★)设M=，则M 与N 的大小关系为( )A.M ＞NB.M=NC.M ＜ND.无法判断2.(★★★★★)三边均为整数且最大边的长为11的三角形的个数为( )A.15B.30C.36D.以上都不对二、填空题3.(★★★★)直线2x －y －4=0上有一点P ，它与两定点A(4，－1)，B(3，4)的距离之差最大，则P 点坐标是_________.4.(★★★★)自点A(－3，3)发出的光线l 射到x 轴上，被x 轴反射，其反射光线所在直线与圆x2+y2－4x －4y+7=0相切，则光线l 所在直线方程为_________.5.(★★★★)函数f(θ)=的最大值为_________，最小值为_________.6.(★★★★★)设不等式2x －1＞m(x2－1)对一切满足|m|≤2的值均成立，则x 的范围为_________.三、解答题7.(★★★★★)已知过原点O 的一条直线与函数y=log8x 的图象交于A 、B 两点，分别过点A 、B 作y 轴的平行线与函数y=log2x 的图象交于C 、D 两点.(1)证明：点C 、D 和原点O 在同一直线上.(2)当BC 平行于x 轴时，求点A 的坐标.8.(★★★★★)设数列{an}的前n 项和Sn=na+n(n －1)b ，(n=1,2,…),a 、b 是常数且b ≠0.(1)证明：{an}是等差数列.(2)证明：以(an,－1)为坐标的点Pn(n=1,2,…)都落在同一条直线上，并写出此直线的方程.(3)设a=1,b=,C 是以(r,r)为圆心，r 为半径的圆(r ＞0)，求使得点P1、P2、P3都落在圆C 外时，r 的取值范围.参考答案难点磁场证明：设线段的方程为y=f(x)=(bc －1)x+2－b －c,其中|b|＜1,|c|＜1,|x|＜1,且－1＜b ＜1. ∵f(－1)=1－bc+2－b －c=(1－bc)+(1－b)+(1－c)＞0f(1)=bc －1+2－b －c=(1－b)(1－c)＞0∴线段y=(bc －1)x+2－b －c(－1＜x ＜1)在x 轴上方，这就是说，当|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1时，恒有abc+2＞a+b+c.歼灭难点训练一、1.解析：将问题转化为比较A(－1，－1）与B(10xx ，10xx ）及C(10xx ，10xx ）连线的斜率大小，因为B 、C 两点的直线方程为y=x ，点A 在直线的下方，∴kAB ＞kAC,即M ＞N. 答案：A2.解析：设三角形的另外两边长为x,y,则⎪⎩⎪⎨⎧>+≤<≤<11110110y x y x点(x,y ）应在如右图所示区域内当x=1时，y=11；当x=2时，y=10,11；当x=3时，y=9,10,11；当x=4时，y=8,9,10,11;当x=5时，y=7,8,9,10,11.以上共有15个，x,y 对调又有15个，再加上(6，6），(7，7），(8，8），(9，9），(10，10）、(11，11）六组，所以共有36个.答案：C二、3.解析：找A 关于l 的对称点A ′，A ′B 与直线l 的交点即为所求的P 点.答案：P(5，6）4.解析：光线l 所在的直线与圆x2+y2－4x －4y+7=0关于x 轴对称的圆相切.答案：3x+4y －3=0或4x+3y+3=05.解析：f(θ)=表示两点(cos θ,sin θ)与(2,1)连线的斜率.答案： 06.解析：原不等式变为(x2－1)m+(1－2x)＜0,构造线段f(m)=(x2－1)m+1－2x,－2≤m ≤2,则f(－2)＜0,且f(2)＜0.答案：三、7.(1)证明：设A 、B 的横坐标分别为x1、x2，由题设知x1＞1,x2＞1,点A(x1,log8x1),B(x2,log8x2).因为A 、B 在过点O 的直线上，所以,又点C 、D 的坐标分别为(x1,log2x1）、(x2,log2x2). 由于log2x1=3log8x1,log2x2=3log8x2,则228222118112log 3log ,log 3log x x x x k x x x x k OD OC ====由此得kOC=kOD,即O 、C 、D 在同一直线上.(2)解：由BC 平行于x 轴，有log2x1=log8x2,又log2x1=3log8x1∴x2=x13将其代入,得x13log8x1=3x1log8x1,由于x1＞1知log8x1≠0,故x13=3x1x2=,于是A(，log8).9.(1)证明：由条件，得a1=S1=a,当n ≥2时，有an=Sn －Sn －1=［na+n(n －1)b ］－［(n －1)a+(n －1)(n －2)b ］=a+2(n －1)b.因此，当n ≥2时，有an －an －1=［a+2(n －1)b ］－［a+2(n －2)b ］=2b.所以{an}是以a 为首项，2b 为公差的等差数列.(2)证明：∵b ≠0,对于n ≥2,有21)1(2)1()1(2)1()11()1(11=--=--+--+=----b n b n a b n a a a b n n na a a S n S n n ∴所有的点Pn(an,－1)(n=1,2,…)都落在通过P1(a,a －1)且以为斜率的直线上.此直线方程为y －(a －1)= (x －a),即x －2y+a －2=0.(3)解：当a=1,b=时，Pn 的坐标为(n,),使P1(1,0)、P2(2, )、P3(3,1)都落在圆C 外的条件是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-+->-+->+-222222222)1()3()21()1()1(r r r r r r r r r ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>+->+->-010*******)1(222r r r r r 即由不等式①,得r ≠1由不等式②，得r ＜－或r ＞+由不等式③，得r ＜4－或r ＞4+再注意到r ＞0,1＜－＜4－=+＜4+故使P1、P2、P3都落在圆C 外时，r 的取值范围是(0，1)∪(1,－)∪(4+,+∞) ① ② ③。

数列知识点归纳总结难点

数列知识点归纳总结难点数列作为数学中的重要概念和工具，常常在各个学科和实际问题中出现。

在学习数列的过程中，我们需要理解和掌握一系列的知识点，其中包括数列的定义、分类、通项公式、递推关系、求和公式等等。

同时，也存在一些难点和容易混淆的概念。

本文将对数列的知识点进行归纳总结，并针对其难点进行深入讲解。

一、数列的定义和分类数列是由一系列按照一定规律排列的数字组成的有序集合。

数列中的每个数字称为数列的项，通常用$a_1,a_2,a_3,...$表示。

数列可以分为等差数列、等比数列、递推数列、Fibonacci数列等等。

等差数列是指数列中相邻两项之间的差值恒定，等比数列是指数列中相邻两项之间的比值恒定，递推数列是指数列中的每一项都依赖于它前面的一项或多项。

二、数列的通项公式和递推关系数列的通项公式是指可以通过项号$n$来表示数列中第$n$项的公式。

通项公式在数列的研究和分析中起到了至关重要的作用，它能帮助我们快速计算和推导数列中的各个项。

对于等差数列，通项公式为$a_n=a_1+(n-1)d$，其中$a_1$表示首项，$d$表示公差；对于等比数列，通项公式为$a_n=a_1\cdot r^{(n-1)}$，其中$a_1$表示首项，$r$表示公比。

递推关系是指数列中的每一项都通过前面一项或多项进行计算得到的关系式。

通过递推关系，我们可以递推出数列中的每一项，从而不需要知道特定项号的具体值。

递推关系的建立需要根据数列的特点和规律进行分析和推导，通常可以通过观察数列前几项的变化规律来确定。

三、数列的求和公式和性质数列的求和是指对数列中的若干项进行求和运算。

求和公式是用来计算数列前$n$项和的公式。

对于等差数列，求和公式为$S_n=\frac{n}{2}(a_1+a_n)$，其中$S_n$表示前$n$项和；对于等比数列，求和公式为$S_n=\frac{a_1(1-r^n)}{1-r}$，其中$S_n$表示前$n$项和。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题教学案文含解析

数列的求和问题【2019年高考考纲解读】高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想．【重点、难点剖析】一、分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．二、错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．三、裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．【高考题型示例】题型一、分组转化法求和例1、若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ>0，n∈N *)． (1)证明数列{a n }为等比数列，并求a n ；(2)若λ＝4，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解析：(1)∵S n ＝2a n －λ，当n ＝1时，得a 1＝λ，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－λ， ∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是以λ为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝λ2n －1.(2)∵λ＝4，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数，∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋ (22)＋2n ＋1 ＝(22＋24＋ (22))＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n 3＋2n ＋2＝4n ＋1－43＋n (n ＋2)， ∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43. 【变式探究】在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 3＝4，a 3是a 2－2与a 4的等差中项，若a n ＋1＝2nb (n ∈N *)． (1)求数列{b n }的通项公式； (2)若数列{}c n 满足c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1，求数列{}c n 的前n 项和S n .(2)由(1)得，c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1＝2n＋12n －n ＋＝2n＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴数列{}c n 的前n 项和S n ＝2＋22＋…＋2n ＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝－2n1－2＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝2n ＋1－2＋n2n ＋1(n ∈N *)．【感悟提升】在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．【变式探究】已知{a n }为等差数列，且a 2＝3，{a n }前4项的和为16，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝88，且数列{}b n －a n 为等比数列(n ∈N *)．(1)求数列{a n }和{}b n －a n 的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n .(2)由(1)得b n ＝3n＋2n －1，所以S n ＝()3＋32＋33＋ (3)＋()1＋3＋5＋…＋2n －1＝3()1－3n1－3＋n ()1＋2n －12＝32()3n －1＋n 2＝3n ＋12＋n 2－32(n ∈N *)．【变式探究】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2an ＋(－1)n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n }为等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.因此{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝2an＋(－1)n·a n ＝22n ＋1＋(－1)n·(2n ＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n ＋1)，∴T n ＝2×(41＋42＋…＋4n )＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n ＋1)]＝8（4n－1）3＋G n .当n 为偶数时，G n ＝2×n2＝n ，∴T n ＝8（4n－1）3＋n ；当n 为奇数时，G n ＝2×n －12－(2n ＋1)＝－n －2，∴T n ＝8（4n－1）3－n －2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8（4n－1）3＋n （n 为偶数），8（4n－1）3－n －2 （n 为奇数）. 题型二、错位相减法求和例2、[2018·浙江卷]已知等比数列{an }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{bn }满足b 1＝1，数列{(bn ＋1－bn )an }的前n 项和为2n 2＋n . (1)求q 的值；(2)求数列{bn }的通项公式．【解析】 (1)解：由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12.因为q >1，所以q ＝2.(2)解：设cn ＝(bn ＋1－bn )an ，数列{cn }的前n 项和为Sn .由cn ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，Sn －Sn －1，n ≥2，解得cn ＝4n －1.由(1)可得an ＝2n －1，所以bn ＋1－bn ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故bn －bn －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2， bn －b 1＝(bn －bn －1)＋(bn －1－bn －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设Tn ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，则12Tn ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12Tn ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此Tn ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.又b 1＝1，所以bn ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.【变式探究】已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，满足S n ＝13a 1(a n －1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <89.解析：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1(a 1－1)＝13a 21－13a 1，∵a 1≠0，∴a 1＝4.∴S n ＝43(a n －1)，∴当n ≥2时，S n －1＝43(a n －1－1)，两式相减得a n ＝4a n －1(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n.(2)∵a n b n ＝log 2a n ＝2n ，∴b n ＝2n 4n ，∴T n ＝241＋442＋643＋…＋2n 4n ，14T n ＝242＋443＋644＋…＋2n 4n ＋1，两式相减得34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n 4n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n 4n ＋1＝2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－2n 4n ＋1＝23－23×4n －2n 4n ＋1＝23－6n ＋83×4n ＋1. ∴T n ＝89－6n ＋89×4n <89.【变式探究】已知数列{a n }满足a 1＝a 3，a n ＋1－a n 2＝32n ＋1，设b n ＝2n a n (n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由b n ＝2na n ，得a n ＝b n 2n ，代入a n ＋1－a n 2＝32n ＋1得b n ＋12n ＋1－b n2n ＋1＝32n ＋1，即b n ＋1－b n ＝3，所以数列{b n }是公差为3的等差数列，又a 1＝a 3，所以b 12＝b 38，即b 12＝b 1＋68，所以b 1＝2，所以b n ＝b 1＋3(n －1)＝3n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝3n －1，得a n ＝b n 2n ＝3n －12n ，所以S n ＝22＋522＋823＋…＋3n －12n ，12S n ＝222＋523＋824＋…＋3n －12n ＋1，两式相减得12S n ＝1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －3n －12n ＋1＝52－3n ＋52n ＋1，所以S n ＝5－3n ＋52n (n ∈N *)．【感悟提升】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．数列{b n }是公差d 不等于0的等差数列，且满足：b 1＝32a 1，b 2，b 5，b 14成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)n ＝1时，a 1＋12a 1＝1，a 1＝23，n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧S n＝1－12a n，S n －1＝1－12a n －1，S n －S n －1＝12()a n －1－a n ，∴a n ＝13a n －1(n ≥2)， {a n }是以23为首项，13为公比的等比数列，a n ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . b 1＝1，由b 25＝b 2b 14得，()1＋4d 2＝()1＋d ()1＋13d ，d 2－2d ＝0，因为d ≠0，解得d ＝2， b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝4n －23n ，T n ＝23＋632＋1033＋…＋4n －23n ，① 13T n ＝232＋633＋1034＋…＋4n －63n ＋4n －23n ＋1，② ①－②得，23T n ＝23＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －4n －23n ＋1＝23＋4×19－13n ＋11－13－4n －23n ＋1 ＝43－23n －4n －23n ＋1，所以T n ＝2－2n ＋23n (n ∈N *)．【变式探究】公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 4＝10，且a 1，a 3，a 9成等比数列. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公差为d ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，a 23＝a 1·a 9，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，（a 1＋2d ）2＝a 1（a 1＋8d ）.解之得a 1＝1，且d ＝1. 因此a n ＝n .(2)令c n ＝n3n ，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n3n ，① 13T n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得：23T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n －n 3n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13－n 3n ＋1＝12－12×3n －n 3n ＋1，∴T n ＝34－2n ＋34×3n .【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式.所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.题型三裂项相消法求和例3、[2018·天津卷]设{an }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为Sn (n ∈N *)，{bn }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{an }和{bn }的通项公式．(2)设数列{Sn }的前n 项和为Tn (n ∈N *)， ①求Tn ；②．【解析】(1)解：设等比数列{an }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an ＝2n －1.设等差数列{bn }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bn ＝n . (2)若b n ＝1a n ·a n ＋1，其前n 项和为T n ，若T n >919成立，求n 的最小值．解 (1)由2S n ＝a 2n －2S n －1＋1知， 2S n －1＝a 2n －1－2S n －2＋1()n ≥3，两式相减得，2a n ＝a 2n －a 2n －1－2a n －1，即2()a n ＋a n －1＝()a n －a n －1()a n ＋a n －1，又数列{a n }为递增数列，a 1＝1，∴a n ＋a n －1>0， ∴a n －a n －1＝2()n ≥3，又当n ＝2时，2()a 1＋a 2＝a 22－2a 1＋1，即a 22－2a 2－3＝0，解得a 2＝3或a 2＝－1(舍)，a 2－a 1＝2，符合a n －a n －1＝2，∴{a n }是以1为首项，以2为公差的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝12n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12n ＋1，又∵T n >919，即12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12n ＋1>919，解得n >9，又n ∈N *，∴n 的最小值为10. 【变式探究】设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝2n 2＋5n . (1)求证：数列{3an}为等比数列； (2)设b n ＝2S n －3n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n b n 的前n 项和T n .(2)解 ∵b n ＝4n 2＋7n ， ∴n a n b n ＝1（4n ＋3）（4n ＋7）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋3－14n ＋7，∴T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫17－111＋111－115＋…＋14n ＋3－14n ＋7 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫17－14n ＋7＝n7（4n ＋7）. 【变式探究】设正项等比数列{a n }，a 4＝81，且a 2，a 3的等差中项为32(a 1＋a 2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3a 2n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，数列{c n }满足c n ＝14S n －1，T n 为数列{c n }的前n 项和，若T n <λn恒成立，求λ的取值范围.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝a 1q 3＝81，a 1q ＋a 1q 2＝3（a 1＋a 1q ），解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3. 所以a n ＝a 1qn －1＝3n.(2)由(1)得b n ＝log 332n －1＝2n －1， S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n [1＋（2n －1）]2＝n 2∴c n ＝14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝n2n ＋1. 若T n ＝n 2n ＋1<λn 恒成立，则λ>12n ＋1(n ∈N *)恒成立，则λ>⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1max，所以λ>13.11。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题教学案文含解析20190330236

数列的求和问题【2019年高考考纲解读】高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想．【重点、难点剖析】一、分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．二、错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．三、裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．【高考题型示例】题型一、分组转化法求和例1、若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ>0，n∈N *)． (1)证明数列{a n }为等比数列，并求a n ；(2)若λ＝4，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解析：(1)∵S n ＝2a n －λ，当n ＝1时，得a 1＝λ，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－λ， ∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是以λ为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝λ2n －1.(2)∵λ＝4，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数，∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋ (22)＋2n ＋1 ＝(22＋24＋ (22))＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n 3＋2n ＋2＝4n ＋1－43＋n (n ＋2)， ∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43. 【变式探究】在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 3＝4，a 3是a 2－2与a 4的等差中项，若a n ＋1＝2nb (n ∈N *)． (1)求数列{b n }的通项公式； (2)若数列{}c n 满足c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1，求数列{}c n 的前n 项和S n .(2)由(1)得，c n ＝a n ＋1＋1b 2n －1·b 2n ＋1＝2n＋12n －n ＋＝2n＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴数列{}c n 的前n 项和S n ＝2＋22＋…＋2n ＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝－2n1－2＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝2n ＋1－2＋n2n ＋1(n ∈N *)．【感悟提升】在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．【变式探究】已知{a n }为等差数列，且a 2＝3，{a n }前4项的和为16，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝88，且数列{}b n －a n 为等比数列(n ∈N *)．(1)求数列{a n }和{}b n －a n 的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n .(2)由(1)得b n ＝3n＋2n －1，所以S n ＝()3＋32＋33＋ (3)＋()1＋3＋5＋…＋2n －1＝3()1－3n1－3＋n ()1＋2n －12＝32()3n －1＋n 2＝3n ＋12＋n 2－32(n ∈N *)．【变式探究】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2an ＋(－1)n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n }为等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.因此{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝2an＋(－1)n·a n ＝22n ＋1＋(－1)n·(2n ＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n ＋1)，∴T n ＝2×(41＋42＋…＋4n )＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n ＋1)]＝8（4n－1）3＋G n .当n 为偶数时，G n ＝2×n2＝n ，∴T n ＝8（4n－1）3＋n ；当n 为奇数时，G n ＝2×n －12－(2n ＋1)＝－n －2，∴T n ＝8（4n－1）3－n －2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8（4n－1）3＋n （n 为偶数），8（4n－1）3－n －2 （n 为奇数）. 题型二、错位相减法求和例2、[2018·浙江卷]已知等比数列{an }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{bn }满足b 1＝1，数列{(bn ＋1－bn )an }的前n 项和为2n 2＋n . (1)求q 的值；(2)求数列{bn }的通项公式．【解析】 (1)解：由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12.因为q >1，所以q ＝2.(2)解：设cn ＝(bn ＋1－bn )an ，数列{cn }的前n 项和为Sn .由cn ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，Sn －Sn －1，n ≥2，解得cn ＝4n －1.由(1)可得an ＝2n －1，所以bn ＋1－bn ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故bn －bn －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2， bn －b 1＝(bn －bn －1)＋(bn －1－bn －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设Tn ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，则12Tn ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12Tn ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此Tn ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.又b 1＝1，所以bn ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.【变式探究】已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，满足S n ＝13a 1(a n －1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <89.解析：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1(a 1－1)＝13a 21－13a 1，∵a 1≠0，∴a 1＝4.∴S n ＝43(a n －1)，∴当n ≥2时，S n －1＝43(a n －1－1)，两式相减得a n ＝4a n －1(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n.(2)∵a n b n ＝log 2a n ＝2n ，∴b n ＝2n 4n ，∴T n ＝241＋442＋643＋…＋2n 4n ，14T n ＝242＋443＋644＋…＋2n 4n ＋1，两式相减得34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n 4n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n 4n ＋1＝2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－2n 4n ＋1＝23－23×4n －2n 4n ＋1＝23－6n ＋83×4n ＋1. ∴T n ＝89－6n ＋89×4n <89.【变式探究】已知数列{a n }满足a 1＝a 3，a n ＋1－a n 2＝32n ＋1，设b n ＝2n a n (n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由b n ＝2na n ，得a n ＝b n 2n ，代入a n ＋1－a n 2＝32n ＋1得b n ＋12n ＋1－b n2n ＋1＝32n ＋1，即b n ＋1－b n ＝3，所以数列{b n }是公差为3的等差数列，又a 1＝a 3，所以b 12＝b 38，即b 12＝b 1＋68，所以b 1＝2，所以b n ＝b 1＋3(n －1)＝3n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝3n －1，得a n ＝b n 2n ＝3n －12n ，所以S n ＝22＋522＋823＋…＋3n －12n ，12S n ＝222＋523＋824＋…＋3n －12n ＋1，两式相减得12S n ＝1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －3n －12n ＋1＝52－3n ＋52n ＋1，所以S n ＝5－3n ＋52n (n ∈N *)．【感悟提升】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．数列{b n }是公差d 不等于0的等差数列，且满足：b 1＝32a 1，b 2，b 5，b 14成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)n ＝1时，a 1＋12a 1＝1，a 1＝23，n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧S n＝1－12a n，S n －1＝1－12a n －1，S n －S n －1＝12()a n －1－a n ，∴a n ＝13a n －1(n ≥2)， {a n }是以23为首项，13为公比的等比数列，a n ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . b 1＝1，由b 25＝b 2b 14得，()1＋4d 2＝()1＋d ()1＋13d ，d 2－2d ＝0，因为d ≠0，解得d ＝2， b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝4n －23n ，T n ＝23＋632＋1033＋…＋4n －23n ，① 13T n ＝232＋633＋1034＋…＋4n －63n ＋4n －23n ＋1，② ①－②得，23T n ＝23＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －4n －23n ＋1＝23＋4×19－13n ＋11－13－4n －23n ＋1 ＝43－23n －4n －23n ＋1，所以T n ＝2－2n ＋23n (n ∈N *)．【变式探究】公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 4＝10，且a 1，a 3，a 9成等比数列. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公差为d ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，a 23＝a 1·a 9，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，（a 1＋2d ）2＝a 1（a 1＋8d ）.解之得a 1＝1，且d ＝1. 因此a n ＝n .(2)令c n ＝n3n ，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n3n ，① 13T n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得：23T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n －n 3n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13－n 3n ＋1＝12－12×3n －n 3n ＋1，∴T n ＝34－2n ＋34×3n .【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式.所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.题型三裂项相消法求和例3、[2018·天津卷]设{an }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为Sn (n ∈N *)，{bn }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{an }和{bn }的通项公式．(2)设数列{Sn }的前n 项和为Tn (n ∈N *)， ①求Tn ；②．【解析】(1)解：设等比数列{an }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an ＝2n －1.设等差数列{bn }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bn ＝n . (2)若b n ＝1a n ·a n ＋1，其前n 项和为T n ，若T n >919成立，求n 的最小值．解 (1)由2S n ＝a 2n －2S n －1＋1知， 2S n －1＝a 2n －1－2S n －2＋1()n ≥3，两式相减得，2a n ＝a 2n －a 2n －1－2a n －1，即2()a n ＋a n －1＝()a n －a n －1()a n ＋a n －1，又数列{a n }为递增数列，a 1＝1，∴a n ＋a n －1>0， ∴a n －a n －1＝2()n ≥3，又当n ＝2时，2()a 1＋a 2＝a 22－2a 1＋1，即a 22－2a 2－3＝0，解得a 2＝3或a 2＝－1(舍)，a 2－a 1＝2，符合a n －a n －1＝2，∴{a n }是以1为首项，以2为公差的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝12n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12n ＋1，又∵T n >919，即12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12n ＋1>919，解得n >9，又n ∈N *，∴n 的最小值为10. 【变式探究】设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝2n 2＋5n . (1)求证：数列{3an}为等比数列； (2)设b n ＝2S n －3n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n b n 的前n 项和T n .(2)解 ∵b n ＝4n 2＋7n ， ∴n a n b n ＝1（4n ＋3）（4n ＋7）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋3－14n ＋7，∴T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫17－111＋111－115＋…＋14n ＋3－14n ＋7 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫17－14n ＋7＝n7（4n ＋7）. 【变式探究】设正项等比数列{a n }，a 4＝81，且a 2，a 3的等差中项为32(a 1＋a 2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3a 2n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，数列{c n }满足c n ＝14S n －1，T n 为数列{c n }的前n 项和，若T n <λn恒成立，求λ的取值范围.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝a 1q 3＝81，a 1q ＋a 1q 2＝3（a 1＋a 1q ），解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3. 所以a n ＝a 1qn －1＝3n.(2)由(1)得b n ＝log 332n －1＝2n －1， S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n [1＋（2n －1）]2＝n 2∴c n ＝14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝n2n ＋1. 若T n ＝n 2n ＋1<λn 恒成立，则λ>12n ＋1(n ∈N *)恒成立，则λ>⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1max，所以λ>13.。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题算法复数热点难点突破理含解析

算法、复数1．已知z ＝1＋2i ，则复数2iz －2的虚部是( ) A ．25 B ．－25 C ．25i D ．－25i 【解析】2i z －2＝2i －1＋2i ＝－1－－1＋－1－＝45－25i ，该复数的虚部为－25.故选B ．【答案】B2．若复数z ＝1＋2i ，则4iz z －－1等于( ) A ．1 B ．－1 C ．i D ．－i 【解析】4iz z －－1＝4i＋－－1＝i.故选C ．【答案】C3．已知z (3＋i)＝－3i(i 是虚数单位)，那么复数z 对应的点位于复平面内的( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限【解析】z ＝－3i3＋i ＝－33－3＋3－＝－3－3i 4＝－34－3i 4，z 对应的点⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，－34位于复平面内的第三象限．故选C ．【答案】C4．下列推理是演绎推理的是( )A ．由于f (x )＝c cos x 满足f (－x )＝－f (x )对任意的x ∈R 都成立，推断f (x )＝c cos x 为奇函数B ．由a 1＝1，a n ＝3n －1，求出S 1，S 2，S 3，猜出数列{a n }的前n 项和的表达式C ．由圆x 2＋y 2＝1的面积S ＝πr 2，推断：椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1的面积S ＝πabD ．由平面三角形的性质推测空间四面体的性质【解析】由特殊到一般的推理过程，符合归纳推理的定义；由特殊到与它类似的另一个特殊的推理过程，符合类比推理的定义；由一般到特殊的推理符合演绎推理的定义．A 是演绎推理，B 是归纳推理，C 和D 为类比推理，故选A ．【答案】A5．中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，如图是实现该算法的程序框图，执行该程序框图，若输入的x ＝3，n ＝2，依次输入的a 为2,2,5，则输出的s ＝( )A ．8B ．17C ．29D ．836．用反证法证明命题：“已知a ，b 是自然数，若a ＋b ≥3，则a ，b 中至少有一个不小于2”．提出的假设应该是( )A ．a ，b 至少有两个不小于2B ．a ，b 至少有一个不小于2C ．a ，b 都小于2D ．a ，b 至少有一个小于2【解析】根据反证法可知提出的假设为“a ，b 都小于2”．故选C ．【答案】C7．执行如图所示的程序框图，输出的结果是( )A ．56B ．54C ．36D ．648．执行如图所示的程序框图，那么输出的S 值是( )A ．12 B ．－1 C ．2008 D ．2【解析】模拟程序的运行，可知S ＝2，k ＝0；S ＝－1，k ＝1；S ＝12，k ＝2；S ＝2，k ＝3；…，可见S 的值每3个一循环，易知k ＝2008对应的S 值是第2009个，又2009＝3×669＋2，∴输出的S 值是－1，故选B ．【答案】B9．如图，给出的是计算1＋14＋17＋…＋1100的值的一个程序框图，则图中判断框内(1)处和执行框中的(2)处应填的语句是( )A ．i >100，n ＝n ＋1B ．i <34，n ＝n ＋3C ．i >34，n ＝n ＋3D ．i ≥34，n ＝n ＋3【解析】算法的功能是计算1＋14＋17＋…＋1100的值，易知1,4,7，…，100成等差数列，公差为3，所以执行框中(2)处应为n ＝n ＋3，令1＋(i －1)×3＝100，解得i ＝34，∴终止程序运行的i 值为35，∴判断框内(1)处应为i >34，故选C ．【答案】C10．一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”．经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是( ) A ．甲 B ．乙 C ．丙 D ．丁【解析】由题可知，乙、丁两人的观点一致，即同真同假，假设乙、丁说的是真话，那么甲、丙两人说的是假话，由乙说的是真话，推出丙是罪犯，由甲说假话，推出乙、丙、丁三人不是罪犯，显然两个结论相互矛盾，所以乙、丁两人说的是假话，而甲、丙两人说的是真话，由甲、丙供述可得，乙是罪犯．【答案】B11．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输出S 的值为1，则判断框内为( )A ．i >6?B ．i >5?C ．i ≥3?D ．i ≥4?12．祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．①④【解析】设截面与底面的距离为h ，则①中截面内圆的半径为h ，则截面圆环的面积为π(R 2－h 2)；②中截面圆的半径为R －h ，则截面圆的面积为π(R －h )2；③中截面圆的半径为R －h 2，则截面圆的面积为π(R －h2)2；④中截面圆的半径为R 2－h 2，则截面圆的面积为π(R 2－h 2)．所以①④中截面的面积相等，故其体积相等，选D ．【答案】D13．给出30个数：1，2，4，7，11，16，…，要计算这30个数的和，如图给出了该问题的程序框图，那么框图中判断框①处和执行框②处可分别填入( )A ．i ≤30？和p ＝p ＋i －1B ．i ≤31？和p ＝p ＋i ＋1C ．i ≤31？和p ＝p ＋iD ．i ≤30？和p ＝p ＋i 【答案】D.【解析】由题意，本题求30个数的和，故在判断框中应填“i ≤30？”，由于②处是要计算下一个加数，由规律知应填“p ＝p ＋i ”，故选D. 14．下图的程序框图是把k 进制数a (共有n 位数)化为十进制数b 的程序框图，在该框图中若输入a ＝2 134，k ＝5，n ＝4，则输出b 的值为( )A ．290B ．294C ．266D ．274 【答案】B.【解析】由题意得，模拟执行程序框图，可得程序框图的功能．当输入a ＝2 134，k ＝5，n ＝4时，计算并输出b ＝4×50＋3×51＋1×52＋2×53＝294，故选B.15．已知复数z 1＝k 2－4＋(k 2－5k ＋6)i ，z 2＝3k ＋(k 2－5k ＋6)i(k ∈R )．若z 1<z 2，则k 的值为( ) A ．2 B ．3 C ．2或3 D ．不存在【答案】C.【解析】由z 1<z 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧k 2－4<3k ，k 2－5k ＋6＝0，解得k ＝2或k ＝3.故选C.16．已知复数z ＝|(3－i)i|＋i 5(i 为虚数单位)，则复数z 的共轭复数为( ) A ．2－i B ．2＋i C ．4－i D ．4＋i 【答案】A.【解析】由题意知z ＝|3i ＋1|＋i ＝12＋（3）2＋i ＝2＋i ，所以z ＝2－i.故选A.17．现定义e i θ＝cos θ＋isin θ，其中i 为虚数单位，e 为自然对数的底数，θ∈R ，且实数指数幂的运算性质对e i θ都适用，若a ＝C 50cos 5θ－C 52cos 3θsin 2θ＋C 54cos θsin 4θ，b ＝C 51cos 4θsin θ－C 53cos 2θsin3θ＋C 55sin 5θ，那么复数a ＋b i 等于( ) A ．cos 5θ＋isin 5θ B ．cos 5θ－isin 5θ C ．sin 5θ＋icos 5θ D ．sin 5θ－icos 5θ 【答案】A.【解析】a ＋b i ＝C 50cos 5θ－C 52cos 3θsin 2θ＋C 54cos θsin 4θ＋ iC 51cos 4θsin θ－iC 53cos 2θsin 3θ＋iC 55sin 5θ ＝C 50cos 5θ＋i 2C 52cos 3θsin 2θ＋i 4C 54cos θsin 4θ ＋iC 51cos 4θsin θ＋i 3C 53cos 2θsin 3θ＋i 5C 55sin 5θ ＝()cos θ＋isin θ5＝cos 5θ＋isin 5θ，选A.18．执行如图所示的程序框图，若输出的y 值满足y ≤12，则输入的x 值的取值范围是____________．【答案】(]－∞，－1∪(]0，2.【解析】由程序框图可知对应的函数为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≤0，log 2x ，x >0，当x ≤0时，y ＝2x，令y ≤12，即2x≤12，解得x ≤－1；当x >0时，y ＝log 2x ，令y ≤12，即log 2x ≤12，解得0<x ≤2，综上所述，输入的x 值的取值范围是(－∞，－1]∪(0，2]．19．执行右图所示流程框图，若输入x ＝10，则输出y 的值为____________．【答案】－5420．运行如图的程序框图，若输出的y 随着输入的x 的增大而减小，则a 的取值范围是____________．【答案】⎣⎢⎡⎭⎪⎫138，2 【解析】由程序框图可知，当x <2时，输出y ＝(a －2)x ；当x ≥2时，输出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－1.因为，输出的y 随着输入的x 的增大而减小，即输出的分段函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧（a －2）x ，x <2，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －1，x ≥2为减函数，所以a －2<0且(a －2)×2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1，解得138≤a <2，故答案为⎣⎢⎡⎭⎪⎫138，2.21．i 是虚数单位，若复数(1－2i)(a ＋i)是纯虚数，则实数a 的值为________．【解析】∵(1－2i)(a ＋i)＝2＋a ＋(1－2a )i 为纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－2a ≠0，2＋a ＝0，解得a ＝－2.【答案】－222．如图是一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第16行从左到右的第2个数为________．【解析】前15行共有＋2＝120(个)数，故所求的数为a 122＝12×122－1＝1243.【答案】124323．执行如图所示的程序框图，如果输入m ＝30，n ＝18，则输出的m 的值为________．【解析】如果输入m ＝30，n ＝18，第一次执行循环体后，r ＝12，m ＝18，n ＝12，不满足输出条件；第二次执行循环体后，r ＝6，m ＝12，n ＝6，不满足输出条件；第三次执行循环体后，r ＝0，m ＝6，n ＝0，满足输出条件，故输出的m 值为6. 【答案】624．“求方程⎝ ⎛⎭⎪⎫513x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1213x ＝1的解”，有如下解题思路：设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫513x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1213x，则f (x )在R 上单调递减，且f (2)＝1，所以原方程有唯一解x ＝2，类比上述解题思路，可得不等式x 6－(x ＋2)>(x ＋2)3－x 2的解集是________．【解析】因为x 6－(x ＋2)>(x ＋2)3－x 2，所以x 6＋x 2>(x ＋2)3＋(x ＋2)，所以(x 2)3＋x 2>(x ＋2)3＋(x ＋2)．令f (x )＝x 3＋x ，所以不等式可转化为f (x 2)>f (x ＋2)．因为f (x )在R 上单调递增，所以x 2>x ＋2，解得x <－1或x >2.故原不等式的解集为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．【答案】(－∞，－1)∪(2，＋∞)。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题热点难点突破理含解析

数列的求和问题1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n＝0的两根，则b 10等于( ) A ．24 B ．32 C ．48 D ．64答案 D解析由已知有a n a n ＋1＝2n， ∴a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，则a n ＋2a n＝2， ∴数列{a n }的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列，可以求出a 2＝2， ∴数列{a n }的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而b n ＝a n ＋a n ＋1， ∴b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64. 2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1＋m ，且a 1，a 4，a 5－2成等差数列，b n ＝a na n －1a n ＋1－1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >2 0172 018的最小正整数n 的值为( )A ．11B ．10C ．9D ．8 答案 B 解析根据S n ＝2n ＋1＋m 可以求得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋4，n ＝1，2n，n ≥2，所以有a 1＝m ＋4，a 4＝16，a 5＝32，根据a 1，a 4，a 5－2成等差数列，可得m ＋4＋32－2＝32，从而求得m ＝－2，所以a 1＝2满足a n ＝2n，从而求得a n ＝2n(n ∈N *)，所以b n ＝a na n －1a n ＋1－1＝2n2n－12n ＋1－1＝12n－1－12n ＋1－1，所以T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，令1－12n ＋1－1>2 0172 018，整理得2n ＋1>2 019，解得n ≥10.3．设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝12，n＋1a n ＋1＝n a n ＋2n (n ∈N *)，则S 100等于( )A ．2－492100B ．2－49299C ．2－512100 D ．2－51299 答案 D4．已知数列{a n }的通项公式为a 则数列{}3a n ＋n －7的前2n 项和的最小值为( )A ．－514B ．－1854C ．－252D ．－1058答案 D解析设b n ＝3a n ＋n －7，则S 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＋(1＋2＋3＋…＋2n )－14n ＝9⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋2n 2－13n ，又2n 2－13n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n －1342－1698，当n ≥4时，∵f (n )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1342－1698是关于n 的增函数，又g (n )＝9⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 也是关于n 的增函数， ∴S 8<S 10<S 12<…，∵S 8＝－18516，S 6＝－1058，S 4＝－454，S 2＝－132，∴S 6<S 8<S 4<S 2， ∴S 6最小，S 6＝－1058.5．在等比数列{a n }中，a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为17，设b n ＝(－1)n a n ，n ∈N *，则数列{b n }的前2 018项的和为________．答案41 0083－112解析设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . ∵a 2·a 3＝2a 1，∴a 1·q 3＝2，即a 4＝2. ∵a 4与2a 7的等差中项为17， ∴a 4＋2a 7＝34，即a 7＝16， ∴a 1＝14，q ＝2，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14·2n －1＝2n －3(n ∈N *)．∵b n ＝(－1)na n ＝(－1)n·2n －3，∴数列{b n }的前2 018项的和为S 2 018＝－(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝－(2－2＋20＋22＋…＋22 014)＋(2－1＋21＋23＋…＋22 015)＝－141－41 0091－4＋121－41 0091－4＝41 0083－112.6．若数列{a n }的通项公式a n ＝n sin n π3(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 2 018＝________.答案2 01932解析 a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝－33，a 7＋a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝－33，……a 6m ＋1＋a 6m ＋2＋a 6m ＋3＋a 6m ＋4＋a 6m ＋5＋a 6m ＋6＝－33，m ∈N ，所以S 2 018＝2 01932.7．设数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，对于任意的n ∈N *，a n ，S n ，a 2n 成等差数列，设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b n ＝()ln x na 2n，若对任意的实数x ∈(]1，e (e 是自然对数的底数)和任意正整数n ，总有T n <r ()r ∈N *，则r 的最小值为________．答案 2解析由题意得，2S n ＝a n ＋a 2n ，当n ≥2时，2S n －1＝a n －1＋a 2n －1， ∴2S n －2S n －1＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1， ∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝1，即数列{a n }是等差数列，又2a 1＝2S 1＝a 1＋a 21，a 1＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)．又x ∈(1，e]，∴0<ln x ≤1，∴T n ≤1＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1n －1n＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝2－1n<2，∴r ≥2，即r 的最小值为2.8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n n ＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循．答案 1解析因为a n ＝n ＋22nn n ＋1＝2n ＋1－n 2n n n ＋1＝12n －1n －12n n ＋1，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120×1－121×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121×2－122×3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1n －12n n ＋1＝1－12nn ＋1，由于1－12n n ＋1<1，所以M 的最小值为1.9．已知数列{a n }，a 1＝e(e 是自然对数的底数)，a n ＋1＝a 3n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(2n －1)ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .10．在等比数列{a n }中，首项a 1＝8，数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ，又设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <34.(1)解由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝15，得log 2(a 1a 2a 3)＝15， ∴a 1a 2a 3＝215，设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＝8，∴a n ＝8qn －1，∴8·8q ·8q 2＝215，解得q ＝4， ∴a n ＝8·4n －1，即a n ＝22n ＋1(n ∈N *)．(2)证明由(1)得b n ＝2n ＋1，易知{b n }为等差数列，S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2＋2n ，则1S n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2，∴T n <34.11．在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(－1)nn⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ， ∵a 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ，① ∵a 23＝a 1·a 11，即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )，② ∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)． (2)由题意知，b n ＝(－1)nn⎝⎛⎭⎪⎫3n －32·⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋32＝(－1)n·16·⎝⎛⎭⎪⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n·19·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1T n ＝19⎣⎢⎡－⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋13＋⎝⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…⎦⎥⎤＋－1n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝19⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋－1n12n ＋1. 12．数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足： ①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)，又a 1＝1满足a n ＝2n －1， ∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． ∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0，且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ， ∴q ＝12，b 3＝b 1q 2＝14，∴b 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝1×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，两式相减，得12T n ＝1＋2×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n . ∴T n ＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(2n ＋3)(n ∈N *)．13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1，(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝(－1)n －14n ＋13＋2log 2a n3＋2log 2a n ＋1，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ；(3)若d n ＝a n ·b n ，数列{}d n 的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)两边同除以n (n ＋1)，得b n ＋1n ＋1－b nn＝1，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列，所以b n n＝n (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2.当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －1，又a 1＝1≠0，所以a na n －1＝2，从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝(－1)n －1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤4n ＋12n ＋12n ＋3＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋12n ＋3，T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n －1＋c 2n＝13＋15－15－17＋…－14n ＋1－14n ＋3 ＝13－14n ＋3(n ∈N *)． (3)由(1)得d n ＝a n b n ＝n ·2n －1，D n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1，2D n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n.两式相减得－D n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n，所以D n ＝(n －1)·2n＋1，由(1)得S n ＝2a n －1＝2n－1，因为对∀n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，即(n －1)·2n＋1≤n ()2n－1－a 恒成立，所以a ≤2n－n －1恒成立，记e n ＝2n－n －1，所以a ≤()e n min ，因为e n ＋1－e n ＝[]2n ＋1－n ＋1－1－()2n－n －1＝2n －1>0，从而数列{}e n 为递增数列，所以当n ＝1时，e n 取最小值e 1＝0，于是a ≤0.14．设数列{a n }的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{a n }为“P (k )数列”．(1)若数列{a n }为“P (1)数列”，求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n }的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列{a n }为“P (2)数列”，a 2＝2，设T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ，证明：T n <3.(2)解假设存在这样的数列{a n }，则S n ＝a n ＋k －k ，故S n ＋1＝a n ＋k ＋1－k ，两式相减得，a n ＋1＝a n ＋k ＋1－a n ＋k ，故a n ＋3＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，同理由{a n }是“P (k ＋2)数列”可得，a n ＋1＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，所以a n ＋1＝a n ＋3对任意n ∈N *恒成立．所以S n ＝a n ＋k －k ＝a n ＋k ＋2－k ＝S n ＋2，即S n ＝S n ＋2，又S n ＝a n ＋k ＋2－k －2＝S n ＋2－2，即S n ＋2－S n ＝2，两者矛盾，故不存在这样的数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”．(3)证明因为数列{a n }为“P (2)数列”，所以S n ＝a n ＋2－2，所以S n ＋1＝a n ＋3－2，故有a n ＋1＝a n ＋3－a n ＋2，又n ＝1时，a 1＝S 1＝a 3－2，故a 3＝3，满足a 3＝a 2＋a 1，所以a n ＋2＝a n ＋1＋a n 对任意正整数n 恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8. 故T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋a n2n ，所以12T n ＝122＋223＋324＋525＋…＋a n －12n ＋a n2n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －22n －a n 2n ＋1＝34＋14T n －2－a n2n ＋1，显然T n －2<T n ，a n2n ＋1>0，故12T n <34＋14T n ，即T n <3.。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题10等差数列与等比数列教学案理含解析

等差数列与等比数列【2019年高考考纲解读】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．【重点、难点剖析】一、等差数列、等比数列的运算1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·qn －1. 2．求和公式等差数列：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d ；等比数列：S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q(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 .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a n ＋1a n(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 *)．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．【高考题型示例】题型一、等差数列、等比数列的运算例1、(1)(2018·全国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等于( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12答案 B解析设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋－2×d ＝2a 1＋－2×d ＋4a 1＋－2×d ，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.(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 .【感悟提升】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．【变式探究】(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 ．－2B ．－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) 设各项均为正数的等比数列{a n }中，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________. 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.题型二等差数列、等比数列的判定与证明例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⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n a n ＋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＋1，2n a n a n ＋1＝2n 2n ＋n ＋1＋＝12n ＋1－12n ＋1＋1，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 *)．【感悟提升】(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．【变式探究】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1a n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＝－na n，求{b n}的前n项和T n.(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＝－na n＝－nn－n－1＝(－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*)．题型三等差数列、等比数列的综合问题例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 ＝n 9－n 2(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 ＝b 2b 1＝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 ＝n 9－n 2＝－12(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，＋∞)．【感悟提升】(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．【变式探究】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 n a 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 *)．。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题教学案文含解析

数列的综合问题【年高考考纲解读】.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..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..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．【重点、难点剖析】一、利用，的关系式求．数列{}中，与的关系＝(\\(，＝，－－，≥.))．求数列通项的常用方法()公式法：利用等差(比)数列求通项公式．()在已知数列{}中，满足＋－＝()，且()＋()＋…＋()可求，则可用累加法求数列的通项.()在已知数列{}中，满足＝()，且()·()·…·()可求，则可用累乘法求数列的通项.()将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．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．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．【高考题型示例】题型一、利用，的关系式求例、已知等差数列{}中，＝，＋＝，数列{}中，＝，其前项和满足：＋＝＋(∈*)．()求数列{}，{}的通项公式；()设＝，求数列{}的前项和.解()∵＝，＋＝，∴＋＋＋＝，∴＝，∴＝(∈*)．∵＋＝＋(∈*)，①∴＝－＋(∈*，≥)．②由①－②，得＋－＝－－＝(∈*，≥)，∴＋＝(∈*，≥)．∵＝，＝，∴{}是首项为，公比为的等比数列，∴＝(∈*)．【感悟提升】给出与的递推关系，求，常用思路：一是利用－－＝(≥)转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求.【变式探究】已知数列{}的前项和满足：＝＋.()求数列{}的通项公式；()若>，数列()))的前项和为，试问当为何值时，最小？并求出最小值．解()由已知＝＋，①可得当＝时，＝＋，解得＝或＝，当≥时，由已知可得－＝＋－，②①－②得＝.若＝，则＝，此时数列{}的通项公式为＝.若＝，则＝，化简得＝－，即此时数列{}是以为首项，为公比的等比数列，故＝(∈*)．综上所述，数列{}的通项公式为＝或＝.。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题热点难点突破理含解析

数列的综合问题1．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．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 ＋2an2＝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.∴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40.7．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 017B ．2 018C ．2 019D ．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. 8．对于数列{a n }，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n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⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125.9．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“＝”．10．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＋2an ＋＋8－2a ，解得3<a <5.11．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 *)．(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 .12．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＋qn －.由e 2＝1＋q 2＝53，解得q ＝43.因为1＋q2(k －1)>q2(k －1)，所以1＋qk －>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 －1.13.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·，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．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 ＝1n ＋n ＋＋n ·2n －2.记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1n ＋n ＋＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝n n ＋，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 ＝n n ＋＋(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n ＋n －n ＋＋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10.14．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＝－2n 1－2－n ×2n ＋1，∴A n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.又1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2，∴T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2＋n n ＋2(n ∈N *)．15．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＝－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 ＋1－13k－k ＋1－<3k ＋13k－k ＋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＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫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.。

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