人教A版2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳：数列(中档)
2020届新课标高考数学二轮专题复习讲义全套打包下载4数列
专题四 数 列第1讲 数列的概念、等差数列与等比数列[记牢方能用活]一、由递推公式求数列通项的常用方法 1．形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，常用累加法．利用a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)(n ≥2，n ∈N *)求解． 2．形如a n ＋1＝a n ·f (n )，常用累乘法． 利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1(n ≥2，n ∈N *)求解．3．形如a n ＋1＝ba n ＋d (b ≠1)，常用构造等比数列法．对a n ＋1＝ba n ＋d 变形得a n ＋1＋x ＝b (a n ＋x )⎝ ⎛⎭⎪⎫其中x ＝d b －1，则{a n ＋x }是公比为b 的等比数列，利用它可求出a n .4．形如a n ＋1＝pa n qa n ＋r ，将其变形为1a n ＋1＝r p ·1a n ＋qp . 若p ＝r ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为q p ，可用等差数列的通项公式求1a n，进而求a n ；若p ≠r ，则采用3的方法来求1a n，进而求a n .5．形如a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n (p ＋q ＝1)，常用构造等比数列法．将a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n 变形为a n ＋2－a n ＋1＝(－q )·(a n ＋1－a n )，则{a n －a n －1}(n ≥2，n ∈N *)是等比数列，且公比为－q ，可以求得a n －a n －1＝f (n )(n ≥2，n ∈N *)，然后用累加法求a n .二、等差等比的基本运算 1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)． 2．求和公式等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q .三、等差数列的常用性质1．通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．2．若{a n }是等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .3.若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . 4．若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }(p ，q 是常数)仍是等差数列． 5．若{a n }是等差数列，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)组成公差为md 的等差数列．四、与等差数列各项的和有关的性质1．若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，其首项与{a n }的首项相同，公差是{a n }的公差的12.2．S m ，S 2m ，S 3m 分别为{a n }的前m 项、前2m 项、前3m 项的和，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列．3．关于非零等差数列奇数项和与偶数项和的性质 (1)若项数为2n ，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a n a n ＋1. (2)若项数为2n －1，则S 偶＝(n －1)a n ，S 奇＝na n ，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝nn －1.4．若两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1.五、等比数列的性质1．若数列{a n }是等比数列，则有：(1)数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a n ·b n }({b n }是等比数列)，{a 2n}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 等也是等比数列．(2)数列a m，a m＋k，a m＋2k，a m＋3k，…仍是等比数列．(3)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则a m·a n＝a p·a q，特别地，若m＋n＝2p，则a m·a n＝a2p.2．若S n是等比数列{a n}的前n项和，则有：(1)当{a n}的公比q≠－1(或q＝－1且m为奇数)时，数列S m，S2m－S m，S3m －S2m，…是等比数列．(2)当项数是偶数时，S偶＝S奇·q；当项数是奇数时，S奇＝a1＋S偶·q.调研1数列的有关概念及运算a．S n与a n的关系1．(2018·全国Ⅰ，14,5分)记S n为数列{a n}的前n项和．若S n＝2a n＋1，则S6＝________.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，即a n＝2a n－1.当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.∴数列{a n}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，∴S n＝a1(1－q n)1－q＝－1(1－2n)1－2＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.2．(2019·上海，8,5分)已知数列{a n}前n项和为S n，且满足S n＋a n＝2，则S5＝________.答案：3116解析：当n＝1时，S1＋a1＝2，∴a1＝1.当n≥2时，由S n＋a n＝2，得S n－1＋a n－1＝2，两式相减，得a n＝12a n－1(n≥2)，∴{a n}是以1为首项，12为公比的等比数列，∴S 5＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.小提示：S n 与a n 共存于同一代数式，要么转化为a n ，a n －1的关系，要么转化为S n ，S n －1的关系，a n ＝S n －S n －1是转化的关键．b ．由递推公式到通项公式3．(2014·课标Ⅱ，17,12分)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.(1)解：由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12. (2)证明：由(1)知，1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.小提示：1．结论中的形式，指明变形的方向，递推公式变形为a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12，从而构造等比数列．2．放缩后求和，应用3n －1≥2·3n －1进行放缩转化． [对点提升]1．(2019·湖北八校联考)已知数列{a n }满足a n ＝5n －1(n ∈N *)，将数列{a n }中的整数项按原来的顺序组成新数列{b n }，则b 2 017的末位数字为( )A ．8B ．2C ．3D ．7答案：B 解析：由a n ＝5n －1(n ∈N *)，可得此数列为4，9，14，19，24，29，34，39，44，49，54，59，64，…，{a n }中的整数项为4，9，49，64，144，169，…，∴数列{b n }的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18，…，末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8，….∵2 017＝4×504＋1，故b 2 017的末位数字为2.故选B.2．已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝13a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ≥2)，则a n ＝________.答案：n ＋23n 解析：∵a n ＝13a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n(n ≥2)，∴3n a n ＝3n －1a n －1＋1(n ≥2)， 即3n a n －3n －1a n －1＝1(n ≥2)． 又∵a 1＝1，∴31·a 1＝3，∴数列{3n a n }是以3为首项，1为公差的等差数列， ∴3n a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2， ∴a n ＝n ＋23n (n ∈N *)．调研2 等差、等比数列的基本运算 a ．等比数列的基本运算1．(2019·全国Ⅰ，9,5分)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 －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n答案：A 解析：设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n (n －1)2×2＝n 2－4n .故选A.2.(2018·北京，4,5分)“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.32fB.322fC.1225fD.1227f 答案：D 解析：由题意知，这十三个单音的频率构成首项为f ，公比为122的等比数列，则第八个单音的频率为(122)7f ＝1227f .故选D. 小提示：第1题中解数列选择题，可以用逐项检验法、排除法或赋值法等“快速”解法．本题若用逐项检验法去验证S 4和a 5，就会发现无法排除错误选项，因此，还是要从通用方法入手．b ．等差数列的判定与求和问题3．(2016·天津，18,13分)已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d .对任意的n ∈N *，b n 是a n 和a n ＋1的等比中项．证明：小提示：等差数列的判定方法1．定义法：a n＋1－a n＝d.2．等差中项法：2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)．3．前n项和公式法：S n＝An2＋Bn.4．通项公式法：a n＝pn＋q.c．等差、等比数列中S n的最值与计算4．(2019·福建龙岩新罗区模拟)已知等差数列{a n}的公差为－2，前n项和为S n，a3，a4，a5为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，若S n≤S m对任意的n∈N*恒成立，则实数m＝()A．7 B．6C．5 D．4答案：B 解析：∵等差数列{a n }的公差为－2，又a 3，a 4，a 5为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，∴a 23＝a 24＋a 25－2a 4·a 5cos 120°， 即(a 4＋2)2＝a 24＋(a 4－2)2＋2a 4(a 4－2)×12， 化为a 24－5a 4＝0，又a 4≠0，解得a 4＝5， ∴a 3＝7，a 5＝3，a 6＝1，a 7＝－1.∴S n ≤S m 对任意的n ∈N *恒成立，∴实数m ＝6.故选B.5．(2019·湖南湘潭三模)已知等比数列{a n }的前n 项积为T n ，若a 1＝－24，a 4＝－89，则当T n 取最大值时，n 的值为( )A ．2B ．3C ．4D ．6答案：C 解析：等比数列{a n }中，由a 1＝－24，a 4＝－89， 可得q 3＝a 4a 1＝127，解得q ＝13，小提示：求等差数列{a n }的前n 项和最值的方法如下：d．构造法求通项6．(2019·吉林长白山二模)在数列{a n}中，设f(n)＝a n，且f(n)满足f(n＋1)－2f(n)＝2n(n∈N*)，且a1＝1.(1)求b n＝a n2n－1，并证明数列{b n}为等差数列；(2)求数列{a n}的前n项和S n.解：(1)由已知，得a n＋1＝2a n＋2n，得b n＋1＝a n＋12n＝2a n＋2n2n＝a n2n－1＋1＝b n＋1，所以b n＋1－b n＝1，又a1＝1，所以b1＝1，所以b n＝n.所以{b n}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)知，b n＝a n2n－1＝n，所以a n＝n·2n－1.所以S n＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，两边乘以2，得2S n ＝1·21＋2·22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ， 两式相减，得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以S n ＝(n －1)·2n ＋1. 题目拆解：高考大题综合性较强，求解时，把这类复杂问题拆解成若干个小问题来解决，可化难为易，得步骤分.学会了快速拆解题目，就能在解大题时得高分、得满分.(1)构造b n ＋1－b n ＝常数，证明{b n }为等差数列； (2)①求b n 的通项公式，求a n 的通项公式； ②求数列a n 的前n 项和S n . [对点提升]1．(2019·原创冲刺卷一)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝3，S 3＝6，则S 2n ＋1＝( )A ．(2n ＋1)(n ＋1)B ．(2n ＋1)(n －1)C ．(2n －1)(n ＋1)D ．(2n ＋1)(n ＋2)答案：A 解析：设等差数列{a n }的公差为d ， 则2a 1＋d ＝3,3a 1＋3d ＝6，所以a 1＝d ＝1，则a n ＝1＋(n －1)×1＝n . 因此S 2n ＋1＝(2n ＋1)(1＋2n ＋1)2＝(2n ＋1)(n ＋1)．2．(2019·安徽巢湖模拟)已知数阵⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21a 22 a 23a 31a 32a 33中，每行的三个数依次成等差数列，每列的三个数也依次成等差数列，若a 22＝5，则该数阵中九个数的和为( )A ．18B ．27C ．45D ．54答案：C 解析：由题意得，这九个数的和S 9＝a 11＋a 12＋a 13＋a 21＋a 22＋a 23＋a 31＋a 32＋a 33.根据等差数列的性质，得a 11＋a 12＋a 13＝3a 12，a 21＋a 22＋a 23＝3a 22，a 31＋a 32＋a 33＝3a 32，又因为各列也构成等差数列，则a 12＋a 22＋a 32＝3a 22，所以S 9＝9a 22＝45.故选C.调研3 等差、等比数列性质的综合应用 a ．等比数列公比的讨论1．(2018·浙江，10,4分)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)．若a 1>1，则( )A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4 答案：B 解析：构造不等式ln x ≤x －1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1， 所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1>1，得q <0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0. 又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1， 所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾． 因此－1<q <0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0， 所以a 1>a 3，a 2<a 4. 故选B. 小提示：1．由题中的选项可知要判断0<q 2<1，还是q 2>1.2．由条件可知要利用不等式ln x ≤x －1(x >0)，得a 4<0，进而得q <0. 3．直接求q 的取值范围较难，转化为判断q ＝－1和q <－1时，等式a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)左、右两边的正负，进而得出矛盾．从而得－1<q <0.4．注意a 1>0，而a 2<0，利用－1<q <0得结论． b ．等差数列前n 项和的特殊性质2．(2019·广东珠海3月联考)已知数列{a n }中，a 1＝1，S n ＋1S n ＝n ＋1n ，则数列{a n }( )A ．既非等差数列，又非等比数列B ．既是等差数列，又是等比数列C ．仅为等差数列D ．仅为等比数列答案：B 解析：根据题意，数列{a n }中，S n ＋1S n ＝n ＋1n ，则S n S n －1＝nn －1(n ≥2)，则S n ＝S nS n －1×S n －1S n －2×…×S 2S 1×S 1＝n n －1×n －1n －2×…×21×1＝n (n ≥2)，当n ＝1时，S 1＝a 1＝1符合，则当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －(n －1)＝1，当n ＝1时，a 1＝1符合，故a n ＝1(n ∈N *)，则数列{a n }为非零的常数列，它既是等差数列，又是等比数列，故选B.3．(2019·广东汕头模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，S 99－S 55＝－4，则S n 取最大值时的n 为( )A ．4B ．5C ．6D ．4或5答案：B 解析：由{a n }为等差数列，得S 99－S 55＝a 5－a 3＝2d ＝－4，即d ＝－2，由于a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，令a n ＝－2n ＋11<0，得n >112， 所以S n 取最大值时的n 为5，故选B. 小提示：与等差数列各项的和有关的性质1．若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，其首项与{a n }的首项相同，公差是{a n }的公差的12.2．S m ，S 2m ，S 3m 分别为{a n }的前m 项，前2m 项，前3m 项的和，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列．3．关于非零等差数列奇数项和与偶数项和的性质 ①若项数为2n ，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a n a n ＋1.②若项数为2n －1，则S 偶＝(n －1)a n ，S 奇＝na n ，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝nn －1.4．若两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1.[对点提升]1．(2019·北京东城区模拟)已知数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＝a n ＋1＋2，定义数列{b n }，使得b n ＝1a n，n ∈N *，若4<a <6，则数列{b n }的最大项为( )A ．b 2B ．b 3C ．b 4D ．b 5答案：B 解析：∵数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＝a n ＋1＋2，∴数列{a n }是首项a 1＝a ，公差d ＝a n ＋1－a n ＝－2的等差数列，∴a n ＝a －2(n －1)．∵4<a <6，∴{a n }的最后一个正项是a 3＝a －4，∴b n ＝1a －2(n －1)中，当n ＝3时，数列{b n }取得最大项b 3，故选B.2．(2019·贵州遵义模拟)在数1和2之间插入n 个正数，使得这n ＋2个数构成递增的等比数列，将这n ＋2个数的乘积记为A n ，令a n ＝log 2A n ，n ∈N *，则T n ＝tan a 2·tan a 4＋tan a 4·tan a 6＋…＋tan a 2n ·tan a 2n ＋2＝________.答案：tan (n ＋2)－tan 2tan 1－n ，n ∈N * 解析：设在数1和∴a n ＝log 2A n ＝n ＋22. 又tan 1＝tan[(n ＋1)－n ]＝tan (n ＋1)－tan n1＋tan (n ＋1)tan n，∴tan(n ＋1)tan n ＝tan (n ＋1)－tan ntan 1－1，∴tan a 2n ·tan a 2n ＋2＝tan(n ＋1)tan(n ＋2)＝tan (n ＋2)－tan (n ＋1)tan 1－1，n ∈N *，∴T n ＝tan a 2·tan a 4＋tan a 4·tan a 6＋…＋tan a 2n ·tan a 2n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 3－tan 2tan 1－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 4－tan 3tan 1－1＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 5－tan 4tan 1－1＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤tan (n ＋2)－tan (n ＋1)tan 1－1＝tan (n ＋2)－tan 2tan 1－n ，n ∈N *，故答案为tan (n ＋2)－tan 2tan 1－n ，n ∈N *.提醒 完成专题训练(十一)第2讲 数列求和及数列的综合应用[记牢方能用活]一、求数列的前n 项和的方法 1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .(2)等比数列的前n 项和公式 a ．当q ＝1时，S n ＝na 1；b ．当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q .2．分组求和把一个数列分成几个可以直接求和的数列． 3．裂项相消把一个数列的通项分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩有限项再求和．4．错位相减适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和． 5．倒序相加把数列正着写和倒着写再相加，例如等差数列前n 项和公式的推导方法． 6．并项求和将某些具有某种特殊性质的项放在一起先求和，再求整体的和． 二、常见的拆项公式1．若{a n }为各项都不为0的等差数列，公差为d (d ≠0)，则1a n ·a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1； 2.1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ； 3.1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；4．log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝log a (n ＋1)－log a n (a >0且a ≠1)．三、常见数列的前n 项和 1．1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2； 2．2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n ； 3．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2； 4．12＋22＋32＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6；5．13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n (n ＋1)22. 四、放缩为等比数列求和的两种类型1a n <1a n －b n ＝1a n ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a n ≤1a n －1，a －b ≥1，a ，b >0； 1a n －b ≤1a n －1(a －b )≤1a n －1，a －b ≥1，a ，b >0. 小积累放缩为裂项相消法求和的常见类型1n 2>1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n 2<1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1，n ≥2； 1n 2<1n 2－14＝44n 2－1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； 1(2n －1)2>1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； 1(2n －1)2<1(2n －1)(2n －3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3－12n －1，n ≥2； 1n ＝2n ＋n >2n ＋1＋n ＝2(n ＋1－n )； 1n ＝2n ＋n <2n －1＋n ＝2(n －n －1)； 1q n －1<q n ＋1(q n －1)(q n ＋1－1)＝q q －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n －1－1q n ＋1－1， q >1；1n 3<1(n －2)(n －1)n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1(n －2)(n －1)－1(n －1)n ， n ≥3；1n 3<1(n －1)n (n ＋1)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1(n －1)n －1n (n ＋1)，n ≥2.调研1 数列求和问题 a ．简单代数式裂项求和问题1．(2019·湖北十堰调研)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，其前n 项和为S n ，且当n ≥2时，a n ＋1S n －1－a n S n ＝0.(1)求证：数列{S n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝9a n(a n ＋3)(a n ＋1＋3)，记数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)当n ≥2时，a n ＋1S n －1－a n S n ＝(S n ＋1－S n )S n －1－(S n －S n －1)S n ＝S n ＋1S n －1－S 2n ＝0，∴S 2n ＝S n －1S n ＋1(n ≥2)．又由S 1＝a 1＝1≠0，S 2＝a 1＋a 2＝4≠0，可推知对一切正整数n 均有S n ≠0， ∴数列{S n }是等比数列，S n ＝4n －1. 当n ≥2时，a n ＝S n －Sn －1＝3×4n －2，又a 1＝1，∴a n ＝⎩⎨⎧1(n ＝1)，3×4n －2(n ≥2). (2)当n ≥2时，b n ＝9a n(a n ＋3)(a n ＋1＋3)＝ 9×3×4n －2(3×4n －2＋3)(3×4n －1＋3) ＝3×4n －2(4n －2＋1)(4n －1＋1)， 又知b 1＝38，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧38(n ＝1)，3×4n －2(4n －2＋1)(4n －1＋1)(n ≥2)，则T 1＝b 1＝38.当n ≥2时，b n ＝3×4n －2(4n －2＋1)(4n －1＋1)＝14n －2＋1－14n －1＋1， 则T n ＝38＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142－2＋1－142－1＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －2＋1－14n －1＋1＝78－14n －1＋1，又当n ＝1时，T 1＝38符合上式， ∴T n ＝78－14n －1＋1(n ∈N *)．题目拆解：高考大题综合性较强，求解时，把这类复杂问题拆解成若干个小问题来解决，可化难为易，得步骤分.学会了快速拆解题目，就能在解大题时得高分、得满分.本题可以拆分成以下几个小题： (1)①求数列{S n }的通项公式； ②求数列{a n }的通项公式． (2)裂项求数列{b n }的前n 项和． b ．复杂代数式的裂项求和问题2．(2018·天津，18,13分)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a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.(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；(1)解：设等比数列{a n}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故a n＝2n－1.设等差数列{b n}的公差为d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故b n＝n.所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1，数列{b n}的通项公式为b n＝n.小提示：数列问题求解常用方法为应用方程思想，把条件转化为基本量的方程求解，如第(2)①问．求和现象必须观察代数式的结构特点，再选择合适的方法．c ．错位相减求和3．(2019·河南百校联盟模拟)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 3＝5，S 7＝49.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2n ，T n 为数列{b n }的前n 项和，求证：T n <3. (1)解：设数列{a n }的公差为d ， 则由已知得⎩⎨⎧a 1＋2d ＝5，7a 1＋21d ＝49，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. (2)证明：b n ＝a n 2n ＝2n －12n ， 所以T n ＝12＋34＋58＋…＋2n －12n ， 12T n ＝14＋38＋516＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减，得12T n ＝12＋12＋14＋18＋…＋12n －1－2n －12n ＋1 ＝32－12n －1－2n －12n ＋1，故T n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n <3.小提示：错位相减求和常有以下几点易错之处1．作差的代数式写不对，尤其后面两项的变化规律． 2．作差后求和过程中，等比求和易数不对项数． 3．最后细致的计算，合并同类项时一定认真． [对点提升](2019·广东广州一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为1，公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝5－(4n ＋5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意，可得S nn ＝1＋2(n －1)， 化简得S n ＝2n 2－n .∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. 当n ＝1时，a 1＝1对上式也成立． ∴a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝5－(4n ＋5)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴当n ≥2时，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n －1b n －1＝5－(4n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 两式相减，得a n b n ＝(4n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n(n ≥2)，又a 1b 1＝12满足上式，∴a n b n＝(4n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n ∈N *)．∴b n ＝2n .∴数列{b n }的前n 项和T n ＝2(2n －1)2－1＝2n ＋1－2.调研2 数列求和中的不等式问题 a ．前n 项和与不等式恒成立问题1．(2017·河北“五个一名校联盟”二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋2n ，b n ＝a n a n ＋1cos[(n ＋1)π]，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，则实数t 的取值范围是________．答案：(－∞，－5] 解析：当n ＝1时，a 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －[(n －1)2＋2(n －1)]＝2n ＋1，当n ＝1时上式也成立，∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．∴b n ＝a n a n ＋1cos[(n ＋1)π]＝(2n ＋1)(2n ＋3)·cos[(n ＋1)π]，当n 为奇数时，cos[(n ＋1)π]＝1； 当n 为偶数时，cos[(n ＋1)π]＝－1.因此，当n 为奇数时，T n ＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…＋(2n ＋1)(2n ＋3)＝3×5＋4×(7＋11＋…＋2n ＋1)＝15＋4×(2n ＋8)(n －1)4＝2n 2＋6n ＋7.∵T n ≥tn 2， ∴2n 2＋6n ＋7≥tn 2，∴t ≤7n 2＋6n ＋2＝7⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋372＋57，∴t <2.当n 为偶数时，T n ＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…－(2n ＋1)(2n ＋3) ＝－4×(5＋9＋13＋…＋2n ＋1)＝－2n 2－6n . ∵T n ≥tn 2，∴－2n 2－6n ≥tn 2，∴t ≤－2－6n ，∴t ≤－5. 综上可得，t ≤－5. 小提示：先求出a n ，进而得b n ，分析b n 的结构，对n 分奇数和偶数求T n ，进而利用分离参数法转化为求最值问题．b ．数列与函数单调性的综合问题2．(2018·江苏，20,16分)设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列．(1)设a 1＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，求d 的取值范围；(2)若a 1＝b 1>0，m ∈N *，q ∈(1，m2 ]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．(1)解：由条件知，a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1. 因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立， 即1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9，得 73≤d ≤52.因此d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，52.(2)证明：由条件知，a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1q n －1.若存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立， 即|b 1＋(n －1)d －b 1q n －1|≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)， 即当n ＝2,3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1.因为q ∈(1，m2 ]，则1＜q n －1≤q m ≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0，对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2,3，…，m ＋1)． ①当2≤n ≤m 时，q n －2n －q n －1－2n －1＝nq n －q n －nq n －1＋2n (n －1)＝n (q n －q n －1)－q n ＋2n (n －1)，当1＜q ≤21m 时，有q n ≤q m ≤2，从而n (q n －q n －1)－q n ＋2＞0. 因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1－2n －1单调递增， 故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m . ②设f (x )＝2x (1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x ＜0， 所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.当2≤n ≤m 时，q nn qn －1n －1＝q (n －1)n ≤21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＜1，因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1n －1单调递减， 故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1n －1的最小值为q mm .因此，d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 1(q m －2)m ，b 1q m m .小提示：本题是数列的综合题，考查等差数列、等比数列的概念和相关性质． 1．第(1)问主要考查绝对值不等式．2．第(2)问要求d 的取值范围，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立，首先把d 分离出来，变成q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1，难点在于讨论q n －1－2n －1b 1的最大值和q n －1n －1b 1的最小值．对于数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1－2n －1，可以通过作差讨论其单调性，而对于数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1n －1，要通过作商讨论单调性，∴q nnq n －1n －1＝q (n －1)n ＝q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ，当2≤n ≤m 时，1<q n ≤2.∴q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ≤21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ，可以构造函数f (x )＝2x (1－x )，通过讨论f (x )在(0，＋∞)上的单调性去证明f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n <1，得到数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫q n －1n －1的单调性，解出最小值．两个数列，一个作差得到单调性，一个作商得到单调性，都是根据数列本身结构而得，方法自然合理，最后构造函数判断21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 与1的大小是难点，平时多积累，多思考，也是可以得到的．[对点提升](2019·天津滨海新区模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ，通项a n 满足S na n －1＝qq －1(q 是常数，q >0且q ≠1)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)当q ＝14时，证明：S n <13；(3)设函数f (x )＝log q x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，是否存在正整数m ，使1b 1＋1b 2＋…＋1b n ≥m 3对n ∈N *都成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．(1)解：由题意S n ＝q q －1(a n －1)，得S 1＝a 1＝q q －1(a 1－1)，所以a 1＝q . 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝q q －1(a n －a n －1)，所以a na n －1＝q ，故数列{a n }是首项为q ，公比为q 的等比数列， 所以a n ＝q ·q n －1＝q n .(2)证明：由(1)知，当q ＝14时，a n ＝14n ， 所以S n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n <13. (3)解：因为f (x )＝log q x ，所以b n ＝log q a 1＋log q a 2＋…＋log q a n ＝log q (a 1a 2…a n ) ＝log q (q ·q 2·…·q n )＝log q q 1＋2＋…＋n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以1b n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 欲使2n n ＋1≥m 3，即m ≤6n n ＋1＝6－6n ＋1对n ∈N *都成立，需有m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫6－6n ＋1min ，而当n ∈N *时，6－6n ＋1随n 的增大而增大， 所以m ≤6－61＋1＝3，又m 为正整数， 所以m 的值为1,2,3，故使1b 1＋1b 2＋…＋1b n≥m3对n ∈N *都成立的正整数m 存在，其值为1,2,3.调研3 数列的综合应用 a ．双数列问题1．(2019·福建晋江期中)已知等比数列{a n }，{b n }，{c n }的公比分别为2，A ，B .记b n ＝a 4(n －1)＋1＋a 4(n －1)＋2＋a 4(n －1)＋3＋a 4(n －1)＋4，c n ＝a 4(n －1)＋1a 4(n －1)＋2a 4(n －1)＋3a 4(n －1)＋4，n ∈N *，则A B＝________.答案：1212 解析：本题考查等比数列的应用．根据题意，等比数列{a n }的公比为2.因为b n ＝a 4(n －1)＋1＋a 4(n －1)＋2＋a 4(n －1)＋3＋a 4(n －1)＋4，则b n ＋1＝a 4n ＋1＋a 4n ＋2＋a 4n ＋3＋a 4n ＋4，所以A ＝b n ＋1b n ＝a 4n ＋1＋a 4n ＋2＋a 4n ＋3＋a 4n ＋4a 4(n －1)＋1＋a 4(n －1)＋2＋a 4(n －1)＋3＋a 4(n －1)＋4＝24.因为c n ＝a 4(n －1)＋1a 4(n －1)＋2a 4(n －1)＋3a 4(n －1)＋4，则c n ＋1＝a 4n ＋1a 4n ＋2a 4n ＋3a 4n ＋4，所以B ＝c n ＋1c n ＝a 4n ＋1a 4n ＋2a 4n ＋3a 4n ＋4a 4(n －1)＋1a 4(n －1)＋2a 4(n －1)＋3a 4(n －1)＋4＝216，则A B ＝24216＝1212.b ．数列与导数、三角的渗透问题2．(2019·宁夏银川月考)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝( )A ．110B ．100C ．55D ．0答案：C 解析：本题考查数列与三角函数．∵2n ＋12·π＝n π＋π2，n ∈N *，∴a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2，n 是奇数，n 2，n 是偶数，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝22－12＋42－32＋…＋102－92＝(2－1)×(2＋1)＋(4－3)×(4＋3)＋…＋(10－9)×(10＋9)＝1＋2＋3＋…＋10＝10×(1＋10)2＝55.故选C.3．(2019·江西宜春3月联考)已知函数f (x )＝e x (sin x －cos x )，记f ′(x )是f (x )的导函数，将满足f (x )＝0的所有正数x 从小到大排成数列{x n }，n ∈N *，则数列{f ′(x n )}的通项公式是( )答案：B解析：[对点提升]如图，设函数y＝1x图象上的点与x轴上的点顺次构成等腰Rt△OB1A1，等腰Rt△A1B2A2，…，直角顶点在函数y＝1x的图象上，设A n的坐标为(a n,0)，A0为原点．(1)求a 1，并求出a n 与a n －1之间的关系式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)设b n ＝2a n －1＋a n(n ≥2，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)由题意，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 12，2a 1，2×2a 1＝a 1，解得a 1＝2.过点B n 作B n H ⊥x 轴，垂足为点H .∵△A n －1B n A n 为等腰直角三角形，且B n 为直角顶点， ∴|B n H |＝12|A n －1A n |＝a n －a n －12，∴点B n 的纵坐标为a n －a n －12.∵△A n －1B n A n 为等腰直角三角形，且B n 为直角顶点， ∴点H 为线段A n －1A n 的中点， ∴点H 的横坐标为a n ＋a n －12. ∵B n H ⊥x 轴，∴点B n 的横坐标也为a n ＋a n －12.∵点B n 为函数y ＝1x (x >0)图象上的点， ∴a n ＋a n －12·a n －a n －12＝1， ∴a 2n －a 2n －1＝4.(2)∵a2n－a2n－1＝4，a1＝2，∴数列{a2n}是首项为4，公差为4的等差数列，∴a2n＝4n，∴a n＝2n(n∈N*)．(3)∵b n＝2a n－1＋a n＝1n－1＋n＝n－n－1，∴S n＝(1－0)＋(2－1)＋…＋(n－n－1) ＝n(n≥2，n∈N*)．提醒完成专题训练(十二)。
人教A版2020届高考数学二轮复习(理)讲义及题型归纳(中档)：概率与统计
概率与统计一、考纲解读1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性。
2.理解超几何分布及其推导过程，并能进行简单的应用。
3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n 次独立重复实验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题。
4.理解取有限个值的离散型变量均值，方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题。
5.利用实际问题的频率分布直方图，了解正态分布密度曲线的特点及曲线所表示的意义。
二、命题趋势探究1.高考命题中，该部分命题形式有选择题、填空题，但更多的是解答题。
2.主要以离散型随机变量分布列为主体命题，计算离散型随机变量的期望和方差，其中二项分布与超几何分布为重要考点，难度中等以下。
3.有关正态分布的考题多为一道小题。
三、知识点精讲（一）.条件概率与独立事件（1）在事件A 发生的条件下，时间B 发生的概率叫做A 发生时B 发生的条件概率，记作()P B A ，条件概率公式为()=P B A ()()P AB P A 。
（2）若()=P B A P B （），即()=()()P AB P A P B ,称A 与B 为相互独立事件。
A 与B 相互独立，即A 发生与否对B 的发生与否无影响，反之亦然。
即,A B 相互独立，则有公式()=()()P AB P A P B 。
（3）在n 次独立重复实验中，事件A 发生k ()0k n ≤≤次的概率记作()n P k ，记A在其中一次实验中发生的概率为()P A p = ，则()()1n k k k n n P k C p p -=- .（二）.离散型随机变量分布列、期望、方差及其性质（1）离散型随机变量ξ的分布列（如表13-1所示）.表13-1①()11,i p i n i N θ*≤≤≤≤∈ ;②121n p p p ++=L .（2）E ξ表示ξ的期望：1122=+n n p p p E ξξξξ++…，反应随机变量的平均水平，若随机变量ξη，满足=a b ηξ+，则E aE b ηξ=+.（3）D ξ表示ξ的方差：()()()2221122=---n n E p E p E p D ξξξξξξξ+++L ，反映随机变量ξ取值的波动性。
人教A版2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳(中档)：极坐标与参数方程
目录目录 (1)一、总论 (2)二、考纲解读 (2)三、命题趋势探究 (2)四、知识讲解 (3)1.极坐标系 (3)2.极坐标与直角坐标的互化 (3)3.极坐标的几何意义 (3)4.直线的参数方程 (4)5.圆的参数方程 (4)6.椭圆的参数方程 (5)7.双曲线的参数方程 (5)8.抛物线的参数方程 (5)五、解答题题型归纳 (5)核心考点1: 参数方程与普通方程、极坐标系与直角坐标系的互化 (5)核心考点2: 参数方程中参数的几何意义 (16)一、总论坐标系与参数方程它以函数、方程等知识点为载体，渗透着换元、化归、分类讨论、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用．近几年的数学高考中频频出现参数的几何意义问题，其形式逐渐多样化，但只要知其本质，便可举一反三，金枪不倒.二、考纲解读1.理解坐标系的作用.2.了解在直角坐标系伸缩变换作用下平面图形的变化情况.3.能在极坐标中用极坐标表示点的位置.理解在极坐标系和平面直角坐标系中表示点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化.4.能在极坐标系中给出简单图形(如过极点的直线、过极点或圆心在极点的圆)的方程.通过比较这些图形在极坐标系和平面直角坐标系中的方程，理解用方程表示平面图形时选择适当坐标系的意义.5.了解柱坐标系、球坐标系中表示空间中的点的位置的方法，并与空间直角坐标系中表示点的位置方法相比较，了解它们的区别.6.了解参数方程,了解参数的意义.7.能选择适当的参数写出直线、圆和圆锥曲线的参数方程.8.掌握参数方程化普通方程的方法.三、命题趋势探究本章是新课标新增内容，属选考内容，在高考中可能有所体现.参数方程是解析几何、平面向量、三角函数、圆锥曲线与方程等知识的综合应用和进一步深化，是研究曲线的工具之一，值得特别关注.四、知识讲解1.极坐标系在平面上取一个定点O，由点O出发的一条射线Ox、一个长度单位及计算角度的正方向(通常取逆时针方向)，合称为一个极坐标系.点O称为极点，Ox称为极轴.平面上任一点M的位置可以由线段OM的长度ρ和从Ox到OM的角度θ(弧度制)来刻画(如图1和图2所示).这两个实数组成的有序实数对(,)ρθ称为点M的极坐标. ρ称为极径，θ称为极角.2.极坐标与直角坐标的互化设M为平面上的一点，其直角坐标为(,)x y，极坐标为(,)ρθ，由图16-31和图16-32可知，下面的关系式成立:cossinxyρθρθ=⎧⎨=⎩或222tan(0)x yyxxρθ⎧=+⎪⎨=≠⎪⎩（对0ρ<也成立）.3.极坐标的几何意义rρ=——表示以O为圆心，r为半径的圆；θθ=——表示过原点(极点)倾斜角为θ的直线，(0)θθρ=≥为射线；2cosaρθ=表示以(,0)a为圆心过O点的圆.图1图2(可化直角坐标: 22cosaρρθ=222x y ax⇒+=222()x a y a⇒-+=.)4.直线的参数方程直线的参数方程可以从其普通方程转化而来，设直线的点斜式方程为00()y y k x x-=-，其中tan(kαα=为直线的倾斜角)，代人点斜式方程: 00sin()()cos2y y x xαπαα-=-≠,即00cos sinx x y yαα--=.记上式的比值为t,整理后得0cost sinx x ty yαα=+⎧⎨=+⎩,2πα=也成立，故直线的参数方程为cost sinx x ty yαα=+⎧⎨=+⎩(t为参数，α为倾斜角，直线上定点000(,)M x y，动点(,)M x y，t为M M 的数量，向上向右为正(如图3所示).5.圆的参数方程若圆心为点00(,)M x y，半径为r，则圆的参数方程为0cos(02)sinx x ry y rθθπθ=+⎧≤≤⎨=+⎩.图36.椭圆的参数方程椭圆2222C :1x y a b +=的参数方程为cos sin x a y b θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数，(02)θπ≤≤）.7.双曲线的参数方程双曲线2222C :1x y a b -=的参数方程为sec tan x a y b θθ=⎧⎨=⎩(,)2k k πθπ≠+∈Z .8.抛物线的参数方程抛物线22y px =的参数方程为222x pt y pt⎧=⎨=⎩（t 为参数，参数t 的几何意义是抛物线上的点与顶点连线的斜率的倒数）.五、解答题题型归纳核心考点1: 参数方程与普通方程、极坐标系与直角坐标系的互化 1.在极坐标系中，圆4sin ρθ=的圆心到直线6πθ=(ρ∈R )的距离是 .极坐标系中的圆4sin ρθ=转化为平面直角坐标系中的一般方程为224x y y +=，即22(2)4x y +-=，其圆心为(0,2)，直线6πθ=转化为平面直角坐标系中的方程为：3y x =，即0x -= .圆心(0,2)到直线0x =的距离为=2. 已知曲线12,C C 的极坐标方程分别为cos 3ρθ=，4cos ρθ=，(0,0)2πρθ≥≤<，则曲线1C 与2C 交点的极坐标为 .解析 解法一：1C x =3：，22:4cos C ρρθ=，得2240,,02x y x πθρ⎛⎫⎡⎫+=∈≥⎪ ⎪⎢⎣⎭⎝⎭（圆在第一象限的部分）。
2020年高考数学二轮复习 5 数列讲学案 理.doc
回扣5 数列1．牢记概念与公式等差数列、等比数列2.活用定理与结论(1)等差、等比数列{a n}的常用性质(2)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＝An2＋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．3．数列求和的常用方法(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和．(2)形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列，利用错位相减法求和． (3)通项公式形如a n ＝c(an ＋b 1)(an ＋b 2)(其中a ，b 1，b 2，c 为常数)用裂项相消法求和．(4)通项公式形如a n ＝(－1)n·n 或a n ＝a ·(－1)n(其中a 为常数，n ∈N *)等正负项交叉的数列求和一般用并项法．并项时应注意分n 为奇数、偶数两种情况讨论．(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列． (6)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .1．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 －1.2．易混淆几何平均数与等比中项，正数a ，b 的等比中项是±ab .3．等差数列中不能熟练利用数列的性质转化已知条件，灵活整体代换进行基本运算．如等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝n ＋12n ＋3，求a nb n时，无法正确赋值求解．4．易忽视等比数列中公比q ≠0导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解．5．运用等比数列的前n 项和公式时，易忘记分类讨论．一定分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论．6．利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项． 7．裂项相消法求和时，分裂前后的值要相等， 如1n (n ＋2)≠1n －1n ＋2，而是1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.8．通项中含有(－1)n的数列求和时，要把结果写成n 为奇数和n 为偶数两种情况的分段形式．1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 13＞0，S 14＜0，若a k ·a k ＋1＜0，则k 等于( ) A ．6 B ．7 C ．13 D ．14答案 B解析 因为{a n }为等差数列，S 13＝13a 7，S 14＝7(a 7＋a 8)， 所以a 7＞0，a 8＜0，a 7·a 8＜0，所以k ＝7.2．已知在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝12，则a 5＋a 6等于( ) A ．3 B ．15 C ．48 D ．63 答案 C 解析a 3＋a 4a 1＋a 2＝q 2＝4，所以a 5＋a 6＝(a 3＋a 4)·q 2＝48. 3．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 ．6 B ．7 C ．12 D ．13 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12.4．已知数列{a n }满足1393n n a a+=⋅(n ∈N *)且a 2＋a 4＋a 6＝9，则15793l o g ()a a a ++等于( )A ．－13 B ．3C ．－3 D.13答案 C解析 由已知1393n n aa+=⋅＝32n a+，所以a n ＋1＝a n ＋2，所以数列{a n }是公差为2的等差数列，a 5＋a 7＋a 9＝(a 2＋3d )＋(a 4＋3d )＋(a 6＋3d )＝(a 2＋a 4＋a 6)＋9d ＝9＋9×2＝27，所以1579133log ()log 27 3.a a a ++==-故选C.5．已知正数组成的等比数列{a n }，若a 1·a 20＝100，那么a 7＋a 14的最小值为( ) A ．20 B ．25 C ．50 D ．不存在 答案 A解析 在正数组成的等比数列{a n }中，因为a 1·a 20＝100，由等比数列的性质可得a 1·a 20＝a 4·a 17＝100，那么a 7＋a 14≥2a 7·a 14＝2100＝20，当且仅当a 7＝a 14＝10时取等号，所以a 7＋a 14的最小值为20.6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n 等于( ) A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2答案 A解析 a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－4－(2a n －4)⇒a n ＋1＝2a n ，再令n ＝1，∴S 1＝2a 1－4⇒a 1＝4， ∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，故选A.7．已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3等于( ) A ．2 B ．3 C ．5 D ．7答案 B解析 ∵在等差数列{a n }中，a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2a 8，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，∴d 2＝a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝a 1，∴a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝15a 15a 1＝3，故选B.8．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，若a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)，则S 20等于( ) A ．31 B ．122 C ．324 D ．484答案 B解析 由题意可知，因为a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)， 所以a 1＝1，a 2＝25，a 3＝3，a 4＝45，a 5＝5，a 6＝65，…，所以数列{a n }的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为25，公差为25的等差数列，所以S 20＝(a 1＋a 3＋……＋a 19)＋(a 2＋a 4＋…＋a 20)＝122， 故选B.9．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 ．4 B ．3 C ．23－2 D.92答案 A解析 由题意a 1，a 3，a 13成等比数列，可得(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2，故a n ＝2n －1，S n ＝n 2，因此2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1＝(n ＋1)2－2(n ＋1)＋9n ＋1＝(n ＋1)＋9n ＋1－2，由基本不等式知，2S n ＋16a n ＋3＝(n ＋1)＋9n ＋1－2≥2(n ＋1)×9n ＋1－2＝4，当n ＝2时取得最小值4. 10．已知F (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12－1是R 上的奇函数，数列{a n }满足a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝n －1B ．a n ＝nC ．a n ＝n ＋1D ．a n ＝n 2答案 C解析 由题意F (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12－1是R 上的奇函数，即F (x )关于(0,0)对称，则f (x )关于⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1对称．即f (0)＋f (1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＝2，则a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)＝n ＋1.11．在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________. 答案 20解析 设公差为d ，则a 3＋a 8＝2a 1＋9d ＝10， 3a 5＋a 7＝3(a 1＋4d )＋(a 1＋6d )＝4a 1＋18d ＝2×10＝20.12．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________. 答案 50解析 ∵数列{a n }为等比数列，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5， ∴a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，∴a 10a 11＝e 5，∴ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20) ＝ln(a 10a 11)10＝ln(e 5)10＝ln e 50＝50.13．数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝2，S n ＋1＋(－1)nS n ＝2n ，则S 100＝____________. 答案 198解析 当n 为偶数时，S n ＋1＋S n ＝2n ，S n ＋2－S n ＋1＝2n ＋2，所以S n ＋2＋S n ＝4n ＋2，故S n ＋4＋S n＋2＝4(n ＋2)＋2，所以S n ＋4－S n ＝8，由a 1＝2知，S 1＝2，又S 2－S 1＝2，所以S 2＝4，因为S 4＋S 2＝4×2＋2＝10，所以S 4＝6，所以S 8－S 4＝8，S 12－S 8＝8，…，S 100－S 96＝8，所以S 100＝24×8＋S 4＝192＋6＝198.14．若数列{a n }满足a 2－a 1＞a 3－a 2＞a 4－a 3＞…＞a n ＋1－a n ＞…，则称数列{a n }为“差递减”数列．若数列{a n }是“差递减”数列，且其通项a n 与其前n 项和S n ()n ∈N *满足2S n ＝3a n ＋2λ－1()n ∈N *，则实数λ的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞解析 当n ＝1时，2a 1＝3a 1＋2λ－1，a 1＝1－2λ，当n ＞1时，2S n －1＝3a n －1＋2λ－1，所以2a n ＝3a n －3a n －1，a n ＝3a n －1，所以a n ＝()1－2λ3n －1，a n －a n －1＝()1－2λ3n －1－()1－2λ3n －2＝()2－4λ3n －2，依题意()2－4λ3n －2是一个减数列，所以2－4λ＜0，λ＞12.15．S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和． 解 (1)设{a n }的公差为d ，由已知可知，S 7＝7×a 1＋7×(7－1)2×d ＝7＋21d ＝28， 解得d ＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)×1＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.16．各项为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：S n ＝14a 2n ＋12a n ＋14(n ∈N *)．(1)求a n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，证明：对一切正整数n ，都有T n ＜54.(1)解 由S n ＝14a 2n ＋12a n ＋14可知，①当n ≥2时，S n －1＝14a 2n －1＋12a n －1＋14， ②由①－②化简得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， 又数列{a n }各项为正数，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝2，故数列{a n }成等差数列，公差为2，又a 1＝S 1＝14a 21＋12a 1＋14，解得a 1＝1， ∴a n ＝2n －1.(2)证明 T n ＝1a 21＋1a 22＋1a 23＋…＋1a 2n －1＋1a 2n＝112＋132＋152＋…＋1(2n －3)2＋1(2n －1)2 . ∵1(2n －1)2＝14n 2－4n ＋1＜14n 2－4n ＝14n (n －1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ，∴T n ＝112＋132＋152＋…＋1(2n －3)2＋1(2n －1)2＜1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1＋ 14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋1n －2－1n －1＋1n －1－1n ＝1＋14－14n ＜54.。
2020高考数学二轮专题复习 第3讲数列课件 精品
1 n 1
1 n
，②an
1 nn
k
1 k
(1 n
n
1
k
)，
③an
1
n n1
n 1
n，形如这样的数列每
一项可以分为两项，先后相互相消求和．
4 并项求和法． 5 倒序相加法． 6 公式法．
【1】(2011g4月绍兴一中模拟)已知数列an中，a1 1，
an 1
2an 2 an
(n
N*
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明： 1 1 L 1 1.
a2 a1 a3 a2
an1 an
【1】►(2011·江西)已知两个等比数列{an}、{bn}满足 a1＝a(a>0)， b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.
a1
1,
an1
3an
2an
3
,
求an .
取倒
6.若数列an满足 a1 1, an1 2an 2 n1 , 求an. 除幂
7.若数列an满足 a1 1, an1 3an 2,求an.
可转化型
an1 ban c b 1
一次函数型
同加= c
b 1
由递推公式求通项（2）
8.已知数列an中a1=3，且an+1=an2，求an. 取对数
An Bn
＝
7n+5 n+3
，
则使得 an 为整数的正整数的n的个数是_____ bn
6．(2010·浙江)设 a1，d 为实数，首项为 a1，公差为 d 的等差数列{an}的前 n
项和为 Sn，满足 S5S6＋15＝0，则 d 的取值范围是________．
2020年高考数学二轮复习 4.2 数列的综合应用课件 理
an 4 4n2 1 4 4(n 1)2 1 4 an1 4
0．又函数y＝cos x在区间(0，π)上是减函数，
∴Tn＋1＞Tn(n∈N*)．
1212－13＋13－14＋…＋n1－n＋1 1＝16＋1212－n＋1 1<16＋14＝152． 综上，原不等式成立．
【点评】本题主要考查等差数列，等比数列，特殊到一
般的思想方法，数学归纳法，裂项相消法，不等式的放缩等
基础知识，考查综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、
论证等能力．由此可见：数学不但要教演绎，更要教猜想和
(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通 项公式，并证明你的结论；
(2)证明：a1
1
b1
a2
1
b2
1 5 an bn 12
【分析】求出数列{an}、{bn}的前4项后猜测{an}、{bn}的
通项公式，再用数学归纳法证明；对an＋bn进行放缩，再求
和可得．
【解析】 (1)由条件得2bn＝an＋an＋1，an＋12＝bnbn＋1 由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝ 25．
所以当n＝k＋1时，结论也成立．由①②，可知an＝n(n
＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数b1 6 12
．
n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2n(n＋1)．
故a1＋1 b1＋a2＋1 b2＋…＋an＋1 bn<16＋12×
2×1 3＋3×1 4＋…＋n(n1＋1)＝16＋
n 1 1)
1 1
1 2
1 3
1 2 n,
n
下面用数学归纳法证明．
① 当n＝1时，不等式2( 2 －1)<1<2显然成立．
高中数学数列讲义-二轮复习-精华
数列概念 知识清单1.数列的概念（1）数列定义:按一定次序排列的一列数叫做数列；数列中的每个数都叫这个数列的项。
记作n a ,在数列第一个位置的项叫第１项（或首项)，在第二个位置的叫第2项，……,序号为n 的项叫第n 项(也叫通项)记作n a ; 数列的一般形式:1a ,2a ，3a ，……,n a ,……，简记作 {}n a 。
（２）通项公式的定义:如果数列}{n a 的第n 项与n 之间的关系可以用一个公式表示,那么这个公式就叫这个数列的通项公式。
例如，数列①的通项公式是n a = n （n ≤7,n N +∈），数列②的通项公式是n a ＝ 1n（n N +∈)。
说明:①{}n a 表示数列,n a 表示数列中的第n 项，n a = ()f n 表示数列的通项公式；② 同一个数列的通项公式的形式不一定唯一。
例如,n a = (1)n -＝1,21()1,2n k k Z n k-=-⎧∈⎨+=⎩；③不是每个数列都有通项公式。
例如,1，1.４，1．41，1.4１4,……(3）数列的函数特征与图象表示:序号:1 2 ３ 4 ５ 6 项 :4 5 6 7 8 ９上面每一项序号与这一项的对应关系可看成是一个序号集合到另一个数集的映射。
从函数观点看，数列实质上是定义域为正整数集N +（或它的有限子集）的函数()f n 当自变量n 从1开始依次取值时对应的一系列函数值(1),(2),(3),f f f ……，()f n ,……．通常用n a 来代替()f n ,其图象是一群孤立点。
(4）数列分类:①按数列项数是有限还是无限分：有穷数列和无穷数列；②按数列项与项之间的大小关系分：单调数列（递增数列、递减数列）、常数列和摆动数列。
(5）递推公式定义：如果已知数列{}n a 的第１项(或前几项)，且任一项n a 与它的前一项1n a -（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示,那么这个公式就叫做这个数列的递推公式。
2020届高三数学二轮复习讲义数列
2020届高三数学二轮复习——数列【考点思维脑图】【重要考点串讲】1．等差、等比数列的概念与性质2．等差、等比数列的判定方法(1)等差数列的判定方法①定义法：1n n a a d +-=（常数）(*2,n n ∈N ≥)⇒{}n a 是等差数列． ②等差中项法：122n n n a a a --=+(*3,n n ∈N ≥)⇒{}n a 是等差数列．③通项公式法：n a pn q =+(p ，q 是常数，*n ∈N )⇒{}n a 是等差数列． ④前n 项和公式法：2n S pn qn =+(p ，q 是常数，*n ∈N )⇒{}n a 是等差数列．【提醒】若要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法． (2)等比数列的判定方法①定义法：1n n a q a +=(1n ≥，*n ∈N ，q 为非零常数)或1n n aq a -=(2n ≥，*n ∈N ，q 为非零常数){}n a ⇒是等比数列．②等比中项法：212n n n a a a ++=⋅(0n a ≠，*n ∈N ){}n a ⇒是等比数列．③通项公式法：11n n a a q -=（1a ，q 为非零常数，*n ∈N ){}n a ⇒是等比数列．④前n 项和公式法：nn S k q k =⋅-（k 为常数，且0k ≠，0q ≠，1）．（注意：此方法不能用于证明一个数列是等比数列）【提醒】①②是判定等比数列的常用方法，常用于证明，③④常用于选择题、填空题中的判定．若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． 3．n a 与n S 的关系12n n S a a a =++⋅⋅⋅+，1*1,1,2,n nn S n a S S n n -=⎧=⎨-∈⎩N ≥． 【注意】利用前n 项和n S 与n a 之间的关系求通项公式时，当1a 符合由1n n n a S S -=-(2,n ≥且*n ∈N )求出的通项公式时，可以直接写出{}n a 的通项公式；否则，要写成分段的形式．注意1n =时的情况． 4．数列常见递推公式的类型及方法(1)若1()n n a a f n +-=，求n a →累加法．112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+ 1(1)(2)(1)(2)f n f n f a n =-+-+⋅⋅⋅++≥(2)若1()n na f n a +=，求n a →累成法． 121121n n n n n a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=1(1)(2)(1)(2)f n f n f a n -⋅-⋅⋅⋅⋅⋅⋅≥． (3)1n n a pa q +=+(p ，q 是非零常数)，设1()n n a m p a m +-=-， 即1(1)n n a pa m p +=+-，由(1)1qm p q m p-=⇒=-，由此化为与等比数列{}1n qa p +-相关的通项问题． (4)1n n n a pa q +=+ (p ，q 是非零常数),通常两边同除以nq 得到111n nn n a a p q q q+-=⋅+，转化为形式(3)的递推公式问题． 5．数列求和的方法技巧(1)公式法①利用等差、等比数列的前n 项和公式直接求解． ②利用正整数的平方和公式、立方和公式求解． 常用的数列前n 项和公式：①(1)1232n n n ++++⋅⋅⋅+=；②2135(21)n n +++⋅⋅⋅+-=； ③222112(1)(21)6n n n n ++⋅⋅⋅+=++；④223333(1)1234n n n ++++⋅⋅⋅+=．(2)错位相减法：适用于{}n n a b ⋅求和，{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，【提醒】运用错位相减法求和时，应注意两边乘以公比后，对应项的幂指数会发生变化，为避免出错，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多一项，两式相减，除第一项和最后一项外，剩下的1n -项是一个等比数列．(3)倒序相加法：用于等差数列、与二项式系数相关联的数列的求和．(4)裂项相消法：利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．常见的裂项技巧： ①111(1)1n n n n =-++；②1111()()n n k k n n k =-++； ③1111()(21)(21)22121n n n n =--+-+；④1111[](1)(2)2(1)(1)(2n n n n n n n =-+++++）；1k=．【提醒】利用裂项相消法求和时要注意：①在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；②在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．(5)分组求和法：如n n na b c=±，数列{}nb，{}nc是等比数列或等差数列，采用分组求和法求{}na的前n项和．(6)并项求和法：一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如(1)()nna f n=-类型，可采用两项合并求解．【方法技巧突破】必考点1 等差、等比数列的判断【典例1】已知在ABC∆中，1A，1B分别是边BA，CB的中点，2A，2B分别是线段1A A，1B B的中点，……，nA，nB分别是线段1nA A-，1nB B-(*n∈N，1n>)的中点，设数列{}na，{}nb满足：n n n nB A a CA b CB=+u u u u u r u u u r u u u r(*n∈N)，给出下列四个命题，其中假命题是A．数列{}n a是单调递增数列，数列{}n b是单调递减数列B．数列{}n na b+是等比数列C．数列{}nnab(*n∈N，1n>)既有最小值，又有最大值D．若ABC∆中，C=90°，CA CB=，则||n nB Au u u u u r最小时，12n na b+=【解析】由11(1)(1)()22n n nBA BA CA CB=-=--u u u u r u u u r u u u r u u u r，12n nB B CB=u u u u r u u u r，11111(1)()(1)(1)2222n n n n n n n nB A B B BA CB CA CB CA CB-=+=+--=-+-u u u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，所以112n na=-，1112n nb-=-，则数列{}na是单调递增数列，数列{}nb是单调递减数列，故A正确；数列{}n na b+中，n na b+=12n，11a b+=12，即数列{}n na b+是首项为12，公比为12的等比数列，故B正确；当1n>时，21112222nnn nnab-==-+--单调递增，有最小值，无最大值，故C错误；若ABC∆中，C=90°，CA CB=，则2222222||()2()n n n n n n n nB A a b CA a b CA CB a b CA=++⋅=+u u u u r u u u r u u u r u u u r，2222211111(1)(1)5()6()22222nn n n n na b-+=-+-=⨯-⨯+=21315()255n-+，当1n=时，22n na b+取得最小值，即当||n nB Au u u u u r最小时，12n na b+=，故D正确．所以C为假命题，故选C．【典例2】(2016浙江)如图，点列{}{},n nA B分别在某锐角的两边上，且*1122,,n n n n n nA A A A A A n++++=≠∈N，*1122,,n n n n n nB B B B B B n++++=≠∈N．(P≠Q表示点P与Q不重合)，若n n nd A B=，nS为1n n nA B B+△的面积，则A．{}n S是等差数列B．{}2n S是等差数列C．{}n d是等差数列D．{}2n d是等差数列【解析】如图，记nh为1n n nA B B+∆上的高(*n∈N)，设锐角的大小为θ，根据图象可知，11||sinn n n nh h A Aθ++=+，又112||||n n n nB B B B+++=，∴1121111||||22n n n n n n n nS S B B h B B h+++++-=⋅-⋅111111||()||||sin22n n n n n n n nB B h h B B A Aθ++++=⋅-=⋅．根据题意112||||n n n nB B B B+++=，112||||n n n nA A A A+++=，所以111||||sin2n n n nB B A Aθ++⋅为常数，所以{}nS为等差数列，故选A．【典例3】已知等比数列{}n a 的公比为q ，记(1)1(1)2(1)n m n m n m n m b a a a -+-+-+=++⋅⋅⋅+，(1)1(1)2(1)n m n m n m n m c a a a -+-+-+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅*(,)m n ∈N ，则以下结论一定正确的是A ．数列{}n b 为等差数列，公差为mq B ．数列{}n b 为等比数列，公比为2m qC ．数列{}n c 为等比数列，公比为2m q D ．数列{}n c 为等比数列，公比为mm q【解析】由题意，知2(1)()mn m n b a q q q -=++⋅⋅⋅+．当1q =时，(1)n m n b ma -=,1(1)n mn m n n b ma ma b +-===， 故{}n b 是常数列，公差为0，选项A 错误．当1q ≠时，(1)(1)1m n m n q q b a q --=⋅-，1(1)(1)(1)(1)11m mm n m n m m n q q q q b a a q q q +-+---=⋅=⋅--， 此时1m n nb q b +=，选项B 错误， 又等比数列{}n a 的公比为q ，所以(1)122(1)(1)m m m m mn m n m n c aq aq+++⋅⋅⋅+--==．所以2(1)2(11)(1)1(1)(1)(1)2(1)()m m mm mm n m n m m n mn m m m m n m n m n m n a q a q c a q c a a a q++--++---====，故选项D 错误． 综上，选C ．【方法探究】在判断一个数列是否为等差（等比）数列时，应根据已知条件灵活选用不同的方法，一般可根据已知条件先求出一些项，然后根据其求解过程寻找具体的解题思路，表示出类似1n n a a +-（或1n na a +）的递推关系式，再验证其是否为一个与n 无关的常数．另外，常数数列{}n a 的通项公式为n a a =，它是一个首项为a ，公差为0的等差数列，若0a ≠，则该数列又是一个首项为a ，公比为1的等比数列．【典例4】(2017全国卷Ⅰ)记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知22S =，36S =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求n S ，并判断1n S +，n S ，2n S +是否成等差数列．【解析】(1)设{}n a 的公比为q ．由题设可得121(1)2(1)6a q a q q +=⎧⎨++=-⎩ ， 解得2q =-，12a =-．故{}n a 的通项公式为(2)nn a =-．(2)由(1)可得11(1)22()1331n n n n a q S q +-==--+-． 由于3212142222()2[()]2313313n n n n n n n n S S S +++++-+=--++=-=-， 故1n S +，n S ，2n S +成等差数列．【方法探究】若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”．首项与公差是等差数列的“基本量”，首项与公比是等比数列的“基本量”，在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法．必考点2 求解数列中有关项或前n 项和的最值问题【典例1】已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和是n S ，11a +，21a +，41a +成等比数列，且4520a a +=-，则11n n a S +-的最大值为 A ．12 B ．1 C ．32D ．2 【解析】设数列{}n a 的公差为d (0d ≠)，则由11a +，21a +，41a +成等比数列得2111(1)(1)(31)a d a a d ++=+++，得11d a =+，再由4512720a a a d +=+=-，解得13a =-，2d =-，故21n a n =--，22n S n n =--，则2122211121422n n a n S n n n n+-===----++≤，当且仅当1n =时取等号， 所以11n n a S +-的最大值为12．故选A ． 【典例2】(2016全国卷Ⅰ) 设等比数列{}n a 满足1310a a +=，245a a +=，则12n a a a ⋅⋅⋅的最大值为 ．【解析】设{}n a 的公比为q ，由1310a a +=，245a a +=得118,2a q ==，则24a =，32a =，41a =，512a =，所以12123464n a a a a a a a ⋅⋅⋅=…． 【方法探究】在解决等差、等比数列的基本运算问题时，通常考虑两种方法：①基本量法，即运用条件转化成关于首项1a 和公差d (公比q )的方程(组)；②巧妙运用等差、等比数列的性质．【典例3】在等差数列{}n a 中，17a =，公差为d ，前n 项和为n S ，当且仅当8n =时n S 取得最大值，则d 的取值范围为 ．【解析】由题意，当且仅当8n =时n S 有最大值，可得89000d a a <⎧⎪>⎨⎪<⎩，即0770780d d d <⎧⎪+>⎨⎪+<⎩，解得718d -<<-．【典例4】(2018全国卷Ⅱ)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17=-a ，315=-S ．(1)求{}n a 的通项公式； (2)求n S ，并求n S 的最小值．【解析】(1)设{}n a 的公差为d ，由题意得13315a d +=-．由17a =-得d =2．所以{}n a 的通项公式为29n a n =-．(2)由(1)得228(4)16n S n n n =-=--．所以当n =4时，n S 取得最小值，最小值为−16．【方法总结】在进行等差(比)数列的通项与前n 项和的运算时，常化成关于首项和公差(公比)的方程(组)求解，但要注意消元法及整体计算的应用，以减少计算量．【方法探究】求等差数列前n 项和n S 最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式2n S pn qn =+，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当10a >，0d <时，满足10m m a a +⎧⎨⎩≥≤的项数m 使得n S 取得最大值m S ；②当10a <，0d >时，满足10m m a a +⎧⎨⎩≤≥的项数m 使得n S 取得最小值m S ．必考点3 等差或等比数列的性质应用【典例1】(1)设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若936S =，则2285()a a a +-=A ．60B ．30C ．12D ．4(2)已知等差数列{}n a 满足3514a a +=， 2633a a =，则17a a = A ．33 B ．16C ．13D ．12(3)等比数列{}n a 的首项为11a =-，前n 项和为n S ，若1053132S S =，则公比q = ． 【解析】(1)1999()362a a S +==，∴19528a a a +==，∴54a =， ∴22228555()444460a a a a a +-=-=⨯-=．故选A ．(2)设等差数列{}n a 的公差为d ，因为3514a a +=， 所以2614a a +=，又2633a a =，所以26311a a =⎧⎨=⎩或26113a a =⎧⎨=⎩当26311a a =⎧⎨=⎩时，113262d -==-，所以1726()()13a a a d a d =-+=． 当26113a a =⎧⎨=⎩时，311262d -==--，所以1726()()13a a a d a d =-+=． 综上，1713a a =，故选C ． (3)由1053132S S =，11a =-知公比1q ≠，1055132S S S -=． 由等比数列前n 项和的性质知5S ，105S S -，1510S S -成等比数列，且公比为5q ， 故5132q =，所以12q =． 【方法探究】在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要对性质进行适当变形．此外，解题时注意“设而不求”的运用．【典例2】(2018上海)记等差数列{}n a 的前几项和为n S ，若30a =，6714a a +=，则7S =． 【解析】解法一 设{}n a 的公差为d ，首项为1a ，则111205614a d a d a d +=⎧⎨+++=⎩，解得142a d =-⎧⎨=⎩，所以7767(4)2142S ⨯=⨯-+⨯=．解法二 32714a d +=，所以2d =．故432a a d =+=，故7477214S a ==⨯=． 【典例3】在等比数列{}n a 中，已知138a a +=,574a a +=，则9111315a a a a +++=__. 【解析】解法一 设等比数列{}n a 的公比为q ，由已知，则211461184a a q a q a q ⎧+=⎨+=⎩，解得412q =． 又888291113131()8()22a a a q a q a a q +=+=+=⨯=，1212123131513131()8()12a a a q a q a a q +=+=+=⨯=，所以9111315a a a a +++=2+1=3．解法二 因为{}n a 为等比数列，所以57a a +是13a a +与911a a +的等比中项，所以25713911()()()a a a a a a +=++，故225791113()428a a a a a a ++===+．又911a a +是57a a +与1315a a +的等比中项，所以2911571315()()()a a a a a a +=++，故22911131557()214a a a a a a ++===+．所以9111315a a a a +++=2+1=3．【方法探究】关于等差或等比数列性质的应用问题，可以直接构造关于首项1a ，和公差d （或公比q ）的方程或方程组来求解，也可以灵活利用等差、等比数列的性质进行转化，简化相应的运算，如本题中分别把13a a +，57a a +，911a a +，1315a a +看作一个整体，利用等比数列的性质求解．必考点4 求解等差或等比数列的通项及前n 项和的方法【典例1】(2019年天津卷)设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知14a =，16b =，2222b a =-，3324b a =+．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足111,22,,21,,+=⎧<<=⎨=⎩k k n kk n c b n c 其中*∈N k ． （i ）求数列22{(1)}-n n a c 的通项公式； （ii ）求21=∑ni ii a c*()∈N n ．【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩ 故14(1)331,6232n nn n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为31n a n =+，{}n b 的通项公式为32nn b =⨯．(2)(i)22211(321)(321()())941n n n n n nn a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．所以，数列221(){}n n a c -的通项公式为22194()1n n na c -=⨯-．(ii)222211112[1((1)])nnni ini iiiiii i i i a c a a c a ac ======-+-+∑∑∑∑1()221[243](941)2n n nni i =-=⨯+⨯+⨯-∑2114(14)(3252)914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--211*2725212()n n n n --=⨯+⨯--∈N ．【典例2】(2018天津)设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为n S ()n *∈N ，{}n b 是等差数列．已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+． (1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n S 的前n 项和为n T ()n *∈N ，(i)求n T ；(ii)证明221()22(1)(2)2n nk k k k T b b k k n ++=+=-+++∑()n *∈N ． 【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ．由1321,2,a a a ==+可得220q q --=．因为0q >，可得2q =，故12n n a -=．设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+， 可得13 4.b d +=由5462a b b =+，可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =(2)(i)由(1)，有122112nn n S -==--， 故1112(12)(21)22212n nnkkn n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑．(ii)证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑L ． 【方法探究】利用等差数列、等比数列的公式求出{}n a ，{}n b 的通项公式，再求出n S ，n T ．证明时注意裂项相消法求和的正确使用．【典例3】(2016浙江)设数列{n a }的前n 项和为n S ．已知2S =4，1n a +=2n S +1，*N n ∈．(1)求通项公式n a ；(2)求数列{2n a n --}的前n 项和．【解析】(1)由题意得：1221421a a a a +=⎧⎨=+⎩，则1213a a =⎧⎨=⎩，又当2n ≥时，由11(21)(21)2n n n n n a a S S a +--=+-+=，得13n n a a +=，所以，数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n N -=∈. (2)设1|32|n n b n -=--，*n N ∈，122,1b b ==.当3n ≥时，由于132n n ->+，故132,3n n b n n -=--≥.设数列{}n b 的前n 项和为n T ，则122,3T T ==.当3n ≥时，229(13)(7)(2)351131322n n n n n n n T --+---+=+-=-，所以，2*2,13511,2,2n n n T n n n n N =⎧⎪=⎨--+≥∈⎪⎩．【典例4】已知首项都是1的两个数列{}n a ，{}n b （0n b ≠*n N ∈），满足11n n n n a b a b ++-120n n b b ++=．(1)令nn na cb =，求数列{}n c 的通项公式； (2)若13n n b -=，求数列{}n a 的前n 项和n S ．【思路点拨】(1)将已知条件11n n n n a b a b ++-120n n b b ++=两边同除以1n n b b +得112n nn na ab b ++-=，即12n nc c +-=，由等差数列的定义知{}n c 是等差数列，再由等差数列的通项公式可得n c ；(2)根据(1)的结论，可以得n n n a c b =，数列{}n a 的通项n a 是等差数列乘以等比数列的形式，因此，求数列{}n a 的前n 项和n S 选用错位相减法来计算．【解析】(1)因为11120n n n n n n a b a b b b +++-+=，0,n b n N +≠∈所以1112,2n nn n n na a c cb b +++-=-= 所以数列{}nc 是以首项11c =，公差2d =的等差数列，故2 1.n c n =- (2)由13n n b -=知1(21)3n n n n a c b n -==-于是数列{}n a 前n 项和0111333(21)3n n S n -=⋅+⋅++-⋅L 1231333(21)3n n S n =⋅+⋅++-⋅L相减得121212(333)(21)32(22)3n n n n S n n --=+⋅++--⋅=--⋅L 所以(1)3 1.n n S n =-⋅+【方法探究】1．求解数列通项公式的常见方法：①等差、等比数列直接利用公式求解；②利用n a 与n S 的关系，即1*1,1,2,n nn S n a S S n n -=⎧=⎨-∈⎩N ≥；③累加法和累乘法；④转化法，即将问题转化为等差、等比数列；⑤归纳——猜想——证明．2．数列的求和方法常用的有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法、并项求和法等，如本题的求和运用的就是错位相减法．【典例5】已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且1S ，2S ，4S 成等比数列。
【人教A版】2020年高考数学二轮复习《数列》讲义案及中档题型精讲卷
2020年高考数学二轮复习《数列》讲义案及中档题型精讲卷核心考点一:等差、等比数列的判断与证明方法总结判断和证明数列是等差、等比数列常见的3中方法如下：（1）定义法：对于2≥n 的任意正整数，都有1--n n a a （或1-n na a ）为同一常数（用于证明）（2）通项公式法：①若)()1(11d a nd d n a a n -+=-+=，则数列{}n a 为等差数列（用于判断）；②若nnn n q c q q a q a a ∙=∙==-111，则数列{}n a 为等比数列（用于判断）；（3）中项公式法：①若112+-+=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等差数列（用于证明）；②若112+-=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等比数列（用于证明）；例1.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2513、、后成为等比数列{}n b 中的345b b b 、、.(1)求数列{}n b 的通项公式;(2)数列{}n b 的前n 项和为n S ,求证：数列54n S ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭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{bn}中的b3,b4,b5依次为7－d,10,18＋d.依题意,(7－d)(18＋d)＝100,解之得d ＝2或d ＝－13(舍去),∴b3＝5,公比q ＝2,因此b1＝54.故bn ＝54·2n －1＝5·2n －3.(2)证明由(1)知b1＝54,公比q ＝2,∴Sn ＝541－2n 1－2＝5·2n －2－54,则Sn ＋54＝5·2n －2,因此S1＋54＝52,Sn ＋54Sn －1＋54＝5·2n －25·2n －3＝2(n≥2).∴数列{Sn ＋54}是以52为首项,公比为2的等比数列.例2.已知数列{}n a 满足11a ＝,且11322()n n n a a n ≥－－＝＋.(1)证明{}2n n a ＋是等比数列;(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】(1)证明：当n≥2时,由an ＝3an －1＋2n －1,得an ＋2n an －1＋2n －1＝3an －1＋2n ＋2n －1an －1＋2n －1＝3.又∵a1＝1,∴a1＋21＝3∴数列{an ＋2n}是首项为3,公比为3的等比数列.(2)由(1)知an ＋2n ＝3n,∴an ＝3n －2n.∴Sn ＝a1＋a2＋…＋an ＝(31－21)＋(32－22)＋(33－23)＋…＋(3n －2n)＝(31＋32＋33＋…＋3n)－(21＋22＋23＋…＋2n)＝31－3n 1－3－21－2n 1－2＝3n ＋12－2n ＋1＋12.例3.已知公差大于零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足34·117a a ＝,2522a a ＋＝.(1)求通项na ;(2)若数列{}n b 满nn S b n c +＝,是否存在非零实数c 使得{}n b 为等差数列?若存在,求出c 的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由等差数列的性质,得a2＋a5＝a3＋a4＝22,∴a3,a4是方程x2－22x ＋117＝0的根,且a4＞a3,∴a3＝9且a4＝13,从而a1＝1,公差d ＝4,故通项an ＝1＋4(n －1)＝4n －3.(2)由(1)知Sn ＝n 1＋4n －32＝2n2－n,所以bn ＝Sn n ＋c ＝2n2－nn ＋c .法一所以b1＝11＋c ,b2＝62＋c ,b3＝153＋c(c≠0).令2b2＝b1＋b3,解得c ＝－12.当c ＝－12时,bn ＝2n2－n n －12＝2n,当n≥2时,bn －bn －1＝2.故当c ＝－12时,数列{bn}为等差数列.法二当n≥2时,bn －bn －1＝2n2－n n ＋c －2n －12－n －1n －1＋c ＝2n2＋4c －2n －3cn2＋2c －1n ＋c c －1,欲使{bn}为等差数列,只需4c －2＝2(2c －1)且－3c ＝2c(c －1)(c≠0),解得c ＝－12.故当c ＝－12时,数列{bn}为等差数列例4.设数列,,,,21n a a a 中的每一项都不为0.证明：{}n a 为等差数列的充分必要条件是：对任何+∈N n ，都有211a a +321a a + +11+n n a a 11+=n a a n解析先证必要性.设数列{}n a 的公差为d ，若0d =，则所述等式显然成立.若0,d ≠则12231111n n a a a a a a ++++ 32121122311()n n n n a a a a a a d a a a a a a ++---=+++ 122311111111()()()n n d a a a a a a +⎡⎤=-+-++⎢⎥⎣⎦ 111111111111(.n n n n a a n d a a d a a a a ++++-=⋅-=⋅=再正充分性.依题意有1223111111n n n n a a a a a a a a +++++= ①12231121211111n n n n n n a a a a a a a a a a +++++++++= ②②-①得12121111,n n n n n na a a a a a +++++=-在上式两端同乘112n n a a a ++，得112(1)n n a n a na ++=+-③同理可得11(1)n n a na n a +=--④③-④得122()n n n na n a a ++=+，即211n n n n a a a a +++-=-，所以{}n a 为等差数列.例5.已知定义在R 上的函数)(x f 和数列{}n a 满足下列条件：a a =1，)(1-=n n a f a （ ,4,3,2=n ），（21a a ≠），)(n a f -)(1-n a f )(1--=n n a a k （ ,4,3,2=n ），其中a 为常数，k 为非零常数。
人教A版2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳：数列(中档)
第一章:等差数列与等比数列的综合核心考点一:等差、等比数列的判断与证明 方法总结判断和证明数列是等差、等比数列常见的3中方法如下： （1）定义法：对于2≥n 的任意正整数，都有1--n n a a （或1-n na a ）为同一常数（用于证明） （2）通项公式法：①若)()1(11d a nd d n a a n -+=-+=，则数列{}n a 为等差数列（用于判断）； ②若n nn n q c q qa q a a •=•==-111，则数列{}n a 为等比数列（用于判断）； （3）中项公式法：①若112+-+=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等差数列（用于证明）；②若112+-=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等比数列（用于证明）；例1.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2513、、后成为等比数列{}n b 中的345b b b 、、. (1)求数列{}n b 的通项公式;(2)数列{}n b 的前n 项和为n S ,求证：数列54n S ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭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,(7－d )(18＋d )＝100, 解之得d ＝2或d ＝－13(舍去),∴b 3＝5,公比q ＝2,因此b 1＝54. 故b n ＝54·2n －1＝5·2n －3.(2)证明 由(1)知b 1＝54,公比q ＝2, ∴S n ＝541－2n 1－2＝5·2n －2－54,则S n ＋54＝5·2n －2,因此S 1＋54＝52,S n ＋54S n －1＋54＝5·2n －25·2n －3＝2(n ≥2). ∴数列{S n ＋54}是以52为首项,公比为2的等比数列. 例2.已知数列{}n a 满足11a ＝,且11322()n n n a a n ≥－－＝＋. (1)证明{}2n n a ＋是等比数列; (2)求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】 (1)证明：当n≥2时,由a n ＝3a n －1＋2n －1,得a n ＋2n a n －1＋2n －1＝3a n －1＋2n ＋2n －1a n －1＋2n －1＝3.又∵a 1＝1,∴a 1＋21＝3∴数列{a n ＋2n }是首项为3,公比为3的等比数列. (2)由(1)知a n ＋2n ＝3n ,∴a n ＝3n －2n .∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(31－21)＋(32－22)＋(33－23)＋…＋(3n －2n )＝(31＋32＋33＋…＋3n )－(21＋22＋23＋…＋2n )＝31－3n 1－3－21－2n 1－2＝3n ＋12－2n ＋1＋12.例 3.已知公差大于零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,,且满足34·117a a ＝,,,2522a a ＋＝.(1)求通项n a ; (2)若数列{}n b 满nn S b n c+＝,是否存在非零实数c 使得{}n b 为等差数列?若存在,求出c 的值;若不存在,请说明理由.【解析】,(1)由等差数列的性质,得a 2＋a 5＝a 3＋a 4＝22, ∴a 3,a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的根,且a 4＞a 3, ∴a 3＝9且a 4＝13, 从而a 1＝1,公差d ＝4,故通项a n ＝1＋4(n －1)＝4n －3. (2)由(1)知S n ＝n1＋4n －32＝2n 2－n ,所以b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－n n ＋c.法一 所以b 1＝11＋c ,b 2＝62＋c ,b 3＝153＋c (c ≠0).令2b 2＝b 1＋b 3,解得c ＝－12. 当c ＝－12时,b n ＝2n 2－n n －12＝2n , 当n ≥2时,b n －b n －1＝2.故当c ＝－12时,数列{b n }为等差数列. 法二 当n ≥2时, b n －b n －1＝2n 2－n n ＋c－2n －12－n －1n －1＋c＝2n 2＋4c －2n －3c n 2＋2c －1n ＋c c －1, 欲使{b n }为等差数列,只需4c －2＝2(2c －1)且－3c ＝2c (c －1)(c ≠0),解得c ＝－12.故当c ＝－12时,数列{b n }为等差数列例4. 设数列ΛΛ,,,,21n a a a 中的每一项都不为0 .证明：{}n a 为等差数列的充分必要条件是：对任何+∈N n ，都有211a a +321a a +Λ+11+n n a a 11+=n a a n解析 先证必要性.设数列{}n a 的公差为d ，若0d =，则所述等式显然成立.再正充分性.依题意有在上式两端同乘112n n a a a ++，得112(1)n n a n a na ++=+-③ 同理可得11(1)n n a na n a +=--④③-④得122()n n n na n a a ++=+，即211n n n n a a a a +++-=-， 所以{}n a 为等差数列.例5.已知定义在R 上的函数)(x f 和数列{}n a 满足下列条件：a a =1，)(1-=n n a f a （Λ,4,3,2=n ），（21a a ≠），)(n a f -)(1-n a f )(1--=n n a a k（Λ,4,3,2=n ），其中a 为常数，k 为非零常数。
2020高考数学复习数列知识点汇总
2020高考数学复习数列知识点汇总高考是人生道路上的重要转折点，会对考生的未来发展产生重要的影响作用，甚至改变命运。
想要在高考中取得好成绩，自然是要付出努力的，只有努力才能获得回报。
这里给大家分享一些2020高考高频考点知识归纳，希望对大家有所帮助。
2020高考数学复习数列知识点汇总1.高二数学数列知识点数列概念①数列是一种特殊的函数。
其特殊性主要表现在其定义域和值域上。
数列可以看作一个定义域为正整数集N或其有限子集{1，2，3，…，n}的函数，其中的{1，2，3，…，n}不能省略。
②用函数的观点认识数列是重要的思想方法，一般情况下函数有三种表示方法，数列也不例外，通常也有三种表示方法：a.列表法;b。
图像法;c.解析法。
其中解析法包括以通项公式给出数列和以递推公式给出数列。
③函数不一定有解析式，同样数列也并非都有通项公式。
点击查看：高中数学知识点总结等差数列1.等差数列通项公式an=a1+(n-1)dn=1时a1=S1n≥2时an=Sn-Sn-1an=kn+b(k，b为常数)推导过程：an=dn+a1-d令d=k，a1-d=b则得到an=kn+b2.等差中项由三个数a，A，b组成的等差数列可以堪称最简单的等差数列。
这时，A叫做a与b的等差中项(arithmeticmean)。
有关系：A=(a+b)÷23.前n项和倒序相加法推导前n项和公式：Sn=a1+a2+a3+·····+an=a1+(a1+d)+(a1+2d)+······+[a1+(n-1)d]①Sn=an+an-1+an-2+······+a1=an+(an-d)+(an-2d)+······+[an-(n-1)d]②由①+②得2Sn=(a1+an)+(a1+an)+······+(a1+an)(n 个)=n(a1+an)∴Sn=n(a1+an)÷2等差数列的前n项和等于首末两项的和与项数乘积的一半：Sn=n(a1+an)÷2=na1+n(n-1)d÷2Sn=dn2÷2+n(a1-d÷2)亦可得a1=2sn÷n-an=[sn-n(n-1)d÷2]÷nan=2sn÷n-a1有趣的是S2n-1=(2n-1)an，S2n+1=(2n+1)an+14.等差数列性质一、任意两项am，an的关系为：an=am+(n-m)d它可以看作等差数列广义的通项公式。
人教A版2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳：概率与统计(中档)
1．分层抽样【解析】因为不同年龄的客户对公司的服务评价有较大差异，所以需按年龄进行分层抽样，才能了解到不同年龄段客户对公司服务的客观评价．
2．90【解析】由茎叶图可得分数的平均数为 ．
3．18【解析】应从丙种型号的产品中抽取 件．
4．①16；②29【解析】①由于前二天都售出的商品有3种，因此第一天售出的有19-3=16种商品第二天未售出；答案为1 6．
众数、中位数、平均数都是描述一组数据集中趋势的量，方差是用来描述一组数据波动情况的特征数。
（三）
(1)频率分布直方图的绘制
①由频率分布表求出每组频数ni；
②求出每组频率 (n为样本容量)；
③列出样本频率分布表；
④画出样本频率分布直方图，直方图横坐标表示各组分组情况，纵坐标为每组频率与组距比值，各小长方形的面积即为各组频率，各小长方形的面积总和为1。
统计与统计案例
一、考纲解读
1.理解随机抽样的必要性和重要性。
2.会用简单随机抽样方法从总体中抽取样本；了解分层抽样和系统抽样方法。
3.了解分布的意义和作用，会列频率分布表，会画出频率分布直方图、频率折线图、茎叶图，理解它们各自的特点。
4.理解样本数据标准差的意义和作用，会计算数据标准差。
5.能从样本的频率分布估计总体分布，会用样本的基本数字牲估计总体的基本数字特征，理解用样本估计总体的思想。
2.命题设置以两种概型的概率计算及运用互斥、对立事件的概率公式为核心内容，题型及分值稳定，难度中等或中等以下.
三、知识点精讲
（一）
在一定条件下：
必然要发生的事件叫必然事件；
一定不发生的事件叫不可能事件；
可能发生也可能不发生的事件叫随机事件。
（二）
在相同条件下，做次重复实验，事件A发生次，测得A发生的频率为，当很大时，A发生的频率总是在某个常数附近摆动，随着的增加，摆动幅度越来越小，这时就把这个常数叫做A的概率，记作。对于必然事件A，；对于不可能事件A，=0
2020届高考数学二轮复习分层讲义(拔高)数列
第一章:等差数列与等比数列的综合核心考点一:等差、等比数列的判断与证明 方法总结判断和证明数列是等差、等比数列常见的3中方法如下： （1）定义法：对于2≥n 的任意正整数，都有1--n n a a （或1-n na a ）为同一常数（用于证明） （2）通项公式法：①若)()1(11d a nd d n a a n -+=-+=，则数列{}n a 为等差数列（用于判断）； ②若n nn n q c q qa q a a •=•==-111，则数列{}n a 为等比数列（用于判断）； （3）中项公式法：①若112+-+=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等差数列（用于证明）；②若112+-=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等比数列（用于证明）； 1.设{}n a 是首项为a ,公差为d 的等差数列(d ≠0), n S 是其前n 项和.记n b =nSn n +c ,*n N ∈ ,其中c 为实数.(1)若c =0,且124,,b b b 成等比数列,证明：2*(,)nk k S n S k n N =∈; (2)若{}n b 是等差数列,证明：c =0【解答】证明：(1)若c=0,则a n =a 1+(n ﹣1)d,S n =n[(n−1)d+2a]2,b n =nS n n 2=(n−1)d+2a2.当b 1,b 2,b 4成等比数列时,则b 22=b 1b 4, 即：(a +d2)2=a(a +3d2),得：d 2=2ad,又d≠0,故d=2a.因此：S n =n 2a,S nk =(nk)2a =n 2k 2a,n 2S k =n 2k 2a . 故：S nk =n 2S k (k,n ∈N*). (2)b n =nS nn 2+c =n 2(n−1)d+2a2n 2+c=n 2(n−1)d+2a 2+c (n−1)d+2a 2−c (n−1)d+2a2n 2+c=(n−1)d+2a2−c(n−1)d+2a2n 2+c. ①若{b n }是等差数列,则{b n }的通项公式是b n =A n +B 型. 观察①式后一项,分子幂低于分母幂, 故有：c(n−1)d+2a2n 2+c=0,即c(n−1)d+2a2=0,而(n−1)d+2a2≠0,故c=0.经检验,当c=0时{b n }是等差数列.2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,0n a ≠,11n n n a a S λ+=-,其中λ为常数, (1)证明：2n n a a λ+-=;(2)是否存在λ,使得{}n a 为等差数列?并说明理由. 【解析】因此存在4λ=,使得{}n a 为等差数列.3.对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足1111n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-++++++++L L 2n ka =对任意正整数()n n k >总成立,则称数列{}n a 是“()P k 数列”. (1)证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;(2)若数列{}n a 既是“(2)P 数列”,又是“(3)P 数列”,证明：{}n a 是等差数列. 【解析】证明:(1)因为{}n a 是等差数列,设其公差为d ,则1(1)n a a n d =+-, 从而,当4n ≥时,n k n k a a a -++=+11(1)(1)n k d a n k d --+++-122(1)2n a n d a =+-=,1,2,3,k =所以n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=321123+++6, 因此等差数列{}n a 是“()3P 数列”.n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+,④将③④代入②,得n n n a a a -++=112,其中4n ≥, 所以345,,,a a a L 是等差数列,设其公差为d'.在①中,取4n =,则235644a a a a a +++=,所以23a a d'=-, 在①中,取3n =,则124534a a a a a +++=,所以122a a d'=-, 所以数列{}n a 是等差数列.4.设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列(1)证明：31242,2,2,2a a a a 依次成等比数列;(2)是否存在1,a d ,使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列,并说明理由;(3)是否存在1,a d 及正整数,n k ,使得kn k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列,并说明理由. 【解析】试题分析(1)根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可(2)本题列式简单,变形较难,首先令1dt a =将二元问题转化为一元,再分别求解两个高次方程,利用消最高次的方法得到方程：27+430t t +=,无解,所以不存在(3)同(2)先令1dt a =将二元问题转化为一元,为降次,所以两边取对数,消去n,k 得到关于t 的一元方程4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)0t t t t t t ++-++-++=,从而将方程的解转化为研究函数()4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)g t t t t t t t =++-++-++零点情况,这个函数需要利用二次求导才可确定其在(0,)+∞上无零点试题解析：(1)证明：因为112222n n n n a a a d a ++-==(1n =,2,3)是同一个常数,所以12a ,22a ,32a ,42a 依次构成等比数列.化简得32220t t +-=(*),且21t t =+.将21t t =+代入(*)式,()()21212313410t t t t t t t t +++-=+=++=+=,则14t =-.显然14t =-不是上面方程得解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在1a ,d ,使得1a ,22a ,33a ,44a 依次构成等比数列.(3)假设存在1a ,d 及正整数n ,k ,使得1n a ,2n k a +,23n k a +,34n ka +依次构成等比数列,则()()()221112n kn k n a a d a d +++=+,且()()()()32211132n kn kn k a d a d a d +++++=+.分别在两个等式的两边同除以()21n k a +及()221n k a+,并令1d t a =(13t >-,0t ≠), 则()()()22121n kn k t t +++=+,且()()()()32211312n kn kn k t t t +++++=+.将上述两个等式两边取对数,得()()()()2ln 122ln 1n k t n k t ++=++, 且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++. 化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦, 且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦. 再将这两式相除,化简得()()()()()()ln 13ln 123ln 12ln 14ln 13ln 1t t t t t t +++++=++(**). 令()()()()()()()4ln 13ln 1ln 13ln 123ln 12ln 1g t t t t t t t =++-++-++,则()()()()()()()()()()222213ln 13312ln 1231ln 111213t t t t t t g t t t t ⎡⎤++-+++++⎣⎦'=+++. 令()()()()()()()22213ln 13312ln 1231ln 1t t t t t t t ϕ=++-+++++, 则()()()()()()()613ln 13212ln 121ln 1t t t t t t t ϕ'=++-+++++⎡⎤⎣⎦.令()()1t t ϕϕ'=,则()()()()163ln 134ln 12ln 1t t t t ϕ'=+-+++⎡⎤⎣⎦.令()()21t t ϕϕ'=,则()()()()21211213t t t t ϕ'=>+++.由()()()()1200000g ϕϕϕ====,()20t ϕ'>,第二节:求解数列的通项公式与前n 项和核心考点一：裂项相消1. 设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233n n S =+. (I)求{}n a 的通项公式;(II)若数列{}n b 满足3log n n n a b a =,求{}n b 的前n 项和n T . 【解析】(I)因为233n n S =+ 所以,1233a =+ ,故13,a = 当1n > 时,11233,n n S --=+此时,1122233,n n n n n a S S --=-=- 即13,n n a -=所以,13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩(II)因为3log n n n a b a = ,所以113b =当1n > 时,()11133log 313n n n n b n ---==-⋅所以1113T b ==当1n > 时,()()12112311323133n n n T b b b b n ---=++++=+⨯+⨯++-L所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++-L 两式相减,得经检验,1n = 时也适合, 综上可得：13631243n nn T +=+⨯ 核心考点二：错位相减1.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 4=4S 2,a 2n =2a n +1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }的前n 项和为T n 且T n +a n +12n=λ(λ为常数).令c n =b 2n (n ∈N *)求数列{c n }的前n 项和R n .【解答】解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,由a 2n =2a n +1,取n=1,得a 2=2a 1+1,即a 1﹣d+1=0① 再由S 4=4S 2,得4a 1+4×3d 2=4(a 1+a 1+d),即d=2a 1②联立①、②得a 1=1,d=2.所以a n =a 1+(n ﹣1)d=1+2(n ﹣1)=2n ﹣1; (2)把a n =2n ﹣1代入T n +a n +12n=λ,得T n +2n 2n =λ,则T n =λ−2n2n .所以b 1=T 1=λ﹣1,当n≥2时,b n =T n −T n−1=(λ−2n2n )−(λ−2(n−1)2n−1)=n−22n−1.所以b n =n−22n−1,c n =b 2n =2n−222n−1=n−14n−1. R n =c 1+c 2+…+c n =0+141+242+⋯+n−14n−1③14R n=142+243+⋯+n−14n ④③﹣④得：34R n =14+142+⋯+14n−1−n−14n =14(1−14n−1)1−14−n−14n 所以R n =49(1−3n+14n);所以数列{c n }的前n 项和R n =49(1−3n+14n).核心考点三：分组求和1. n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ,其中[]x 表示不超过x 的最大整数,如[][]0.9=0lg99=1，.(1)求111101b b b ，，;(2)求数列{}n b 的前1 000项和.【答案】(1)10b =,111b =, 1012b =;(2)1893. 【解析】试题分析：(1)先用等差数列的求和公式求公差d ,从而求得通项n a ,再根据已知条件[]x 表示不超过x 的最大整数,求111101b b b ，，;(2)对n 分类讨论,再用分段函数表示n b ,再求数列{}n b 的前1 000项和.试题解析：(1)设{}n a 的公差为d ,据已知有72128d +=,解得 1.d = 所以{}n a 的通项公式为.n a n =111101[lg1]0,[lg11]1,[lg101] 2.b b b ====== (2)因为0,110,1,10100,2,1001000,3,1000.n n n b n n ≤<⎧⎪≤<⎪=⎨≤<⎪⎪=⎩所以数列{}n b 的前1000项和为1902900311893.⨯+⨯+⨯=第三节:数列不等式的证明1.对于数列{u n }若存在常数M ＞0,对任意的n ∈N',恒有|u n+1﹣u n |+|u n ﹣u n ﹣1|+…+|u 2﹣u 1|≤M则称数列{u n }为B ﹣数列(1)首项为1,公比为q(|q|＜1)的等比数列是否为B ﹣数列?请说明理由; (2)设S n 是数列{x n }的前n 项和,给出下列两组论断;A 组：①数列{x n }是B ﹣数列 ②数列{x n}不是B ﹣数列B组：③数列{S n}是B﹣数列④数列{S n}不是B﹣数列请以其中一组中的一个论断为条件,另一组中的一个论断为结论组成一个命题.判断所给命题的真假,并证明你的结论;(3)若数列{a n},{b n}都是B﹣数列,证明：数列{a n b n}也是B﹣数列.【解答】解(1)设满足题设的等比数列为{a n},则a n=q n﹣1,于是|a n﹣a n﹣1|=|q n﹣1﹣q n﹣2|=|q|n﹣2|q﹣1|,n≥2因此|a n+1﹣a n|+|a n﹣a n﹣1|+…+|a2﹣a1|=|q﹣1|(1+|q|+|q|2++|q|n﹣1).因为|q|＜1,所以1+|q|+|q|2+…+|q|n﹣1=1−|q|n1−|q|＜11−|q|,即|a n+1﹣a n|+|a n﹣a n1|+…+|a2﹣a1|＜|q−1|1−|q|故首项为1,公比为q(|q|＜1)的等比数列是B﹣数列.(2)命题1：若数列{x n}是B﹣数列,则数列{S n}是B﹣数列.此命题为假命题.事实上,设x n=1,n∈N•,易知数列{x n}是B﹣数列,但S n=n|S n﹣1﹣S n|+|S n﹣S n+1|+…+|S2﹣S1|=n由n的任意性知,数列{S n}是B﹣数列此命题为假命题.命题2：若数列{S n}是B﹣数列,则数列{x n}是B﹣数列此命题为真命题事实上,因为数列{S n}是B﹣数列,所以存在正数M,对任意的n∈N*,有|S n+1﹣S n|+|S n﹣S n﹣1|+…+|S2﹣S1|≤M即|x n+1|+|x n|+…+|x2|≤M.于是|x n+1﹣x n|+|x n﹣x n﹣1|+…+|x2﹣x1|≤|x n+1|+2|x n|+2|x n﹣1|+…+2|x2|+2|x1|≤2M+|x1|所以数列{x n }是B ﹣数列.(3)若数列{a n }{b n }是B ﹣数列,则存在正数M 1.M 2,对任意的n ∈N •,有|a n+1﹣a n |+|a n ﹣a n ﹣1|+…+|a 2﹣a 1|≤M 1,|b n+1﹣b n |+|b n ﹣a n ﹣1|…++|b 2﹣b 1|≤M 2注意到|a n |=|a n ﹣a n ﹣1+a n ﹣1+a n ﹣2+…+a 2﹣a 1+a 1|≤|a n ﹣a n ﹣1|+|a n ﹣1﹣a n ﹣2|+…+|a 2﹣a 1|+|a 1|≤M 1+|a 1|同理：|b n |≤M 2+|b 1|记K 2=M 2+|b 2|,则有K 2=M 2+|b 2||a n+1b n+1﹣a n b n |=|a n+1b n+1﹣a n b n+1+a n b n+1﹣a n b n |≤|b n+1||a n+1﹣a n |+|a n ||b n+1﹣b n |≤K 1|a n+1﹣a n |+k 1|b n+1﹣b n |因此K 1(|b n+1﹣b n |+|b n ﹣b n ﹣1|+|a 2﹣a 1|)≤k 2M 1+k 1M 2+K 1(|b n+1﹣b n |+|b n ﹣b n ﹣1|+|a 2﹣a 1|)≤k 2M 1+k 1M 2故数列{a n b n }是B ﹣数列.2. 设数列A ：1a ,2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ,则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.(1)对数列A ：-2,2,-1,1,3,写出)(A G 的所有元素;(2)证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ,则∅≠)(A G ;(3)证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1(n=2,3, …,N),则)(A G 的元素个数不小于N a -1a .【答案】(1)()G A 的元素为2和5;(2)详见解析;(3)详见解析.【解析】试题分析：(1)关键是理解G 时刻的定义,根据定义即可写出)(A G 的所有元素;(2)要证∅≠)(A G ,即证)(A G 中含有一元素即可;(3)当1a a N ≤时,结论成立.只要证明当1a a N >时仍然成立即可. 试题解析：(1))(A G 的元素为2和5.(3)当1a a N ≤时,结论成立.以下设1a a N >.由(2)知∅≠)(A G .设{}p p n n n n n n A G <⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅=2121,,,,)(,记10=n .则p n n n n a a a a <⋅⋅⋅<<<210.对p i ,,1,0⋅⋅⋅=,记{}i n k i i a a N k n N k G >≤<∈=*,.如果∅≠i G ,取i i G m min =,则对任何i i m n k i a a a m k <≤<≤,1. 从而)(A G m i ∈且1+=i i n m .又因为p n 是)(A G 中的最大元素,所以∅=p G .从而对任意n k n p ≤≤,p n k a a ≤,特别地,p n N a a ≤.对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0.因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n n n a a a a a .所以p a a a a a a i i p n pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111. 考点：数列、对新定义的理解.3.记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T,若T =∅,定义0TS =;若{}12,,k T t t t =…，,定义12+k T t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时,1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列,且当{}=2,4T 时,=30T S .(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)对任意正整数()1100k k ≤≤,若{}1,2,k T ⊆…，,求证：1T k S a +<;(3)设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C C D D S S S +≥I .【答案】(1)13n n a -=(2)详见解析(3)详见解析【解析】试题解析：(1)由已知得1*13,n n a a n N -=•∈.于是当{2,4}T =时,2411132730r S a a a a a =+=+=.又30r S =,故13030a =,即11a =.所以数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n N -=∈.(2)因为{1,2,,}T k ⊆L ,1*30,n n a n N -=>∈, 所以1121133(31)32k k k r k S a a a -≤+++=+++=-<L L .因此,1r k S a +<.(3)下面分三种情况证明.①若D 是C 的子集,则2C C D C D D D D S S S S S S S +=+≥+=I .②若C 是D 的子集,则22C C D C C C D S S S S S S +=+=≥I . ③若D 不是C 的子集,且C 不是D 的子集.令U E C C D =I ,U F D C C =I 则E φ≠,F φ≠,E F φ=I . 于是C E C D S S S =+I ,D F C D S S S =+I ,进而由C D S S ≥,得E F S S ≥. 设k 是E 中的最大数,l 为F 中的最大数,则1,1,k l k l ≥≥≠. 由(2)知,1E k S a +<,于是1133l k l F E k a S S a -+=≤≤<=,所以1l k -<,即l k ≤. 又k l ≠,故1l k ≤-, 从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++==≤L L , 故21E F S S ≥+,所以2()1C C D D C D S S S S -≥-+I I ,即21C C D D S S S +≥+I .综合①②③得,2C C D D S S S +≥I .4.设{}n a 和{}n b 是两个等差数列,记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅,其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数.(1)若n a n =,21n b n =-,求123,,c c c 的值,并证明{}n c 是等差数列;(2)证明：或者对任意正数M ,存在正整数m ,当n m ≥时,n c M n>;或者存在正整数m ,使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列. 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.【解析】试题分析：(1)分别代入求123,,c c c ,观察规律,再证明当3n ≥时,11()()20k k k k b na b na n ++---=-<,所以k k b na -关于*k ∈N 单调递减. 所以112211max{,,,}1n n n c b a n b a n b a n b a n n =---=-=-L ,即证明;(2)首先求{}n c 的通项公式,分1110,0,0d d d >=<三种情况讨论证明.试题解析：解：(1)111110,c b a =-=-=21122max{2,2}max{121,322}1c b a b a =--=-⨯-⨯=-, 3112233max{3,3,3}max{131,332,533}2c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-. 当3n ≥时,1111()()()()20k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<, 所以k k b na -关于*k ∈N 单调递减.(2)设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ,则12111121(1)[(1)]()(1)k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--.所以1121211121(1)(),,n b a n n d nd d nd c b a n d nd -+-->⎧=⎨-≤⎩当时，当时，①当10d >时,取正整数21d m d >,则当n m ≥时,12nd d >,因此11n c b a n =-. 此时,12,,,m m m c c c ++L 是等差数列.②当10d =时,对任意1n ≥,1121121(1)max{,0}(1)(max{,0}).n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--此时,123,,,,,n c c c c L L 是等差数列.③当10d <时, 当21d n d >时,有12nd d <. 所以1121121112(1)()()n c b a n n d nd b d n d d a d n n n -+---==-+-++ 111212()||.n d d a d b d ≥-+-+--对任意正数M ,取正整数12112211||max{,}M b d a d d d m d d +-+-->-, 故当时,n c M n >。
2020版高考数学二轮复习第2部分专题2数列解密高考2数列问题重在“归”——化归、归纳教案理
对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的情形出发，从中归纳出一般的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明.
母题示例：2019年全国卷Ⅱ，本小题满分12分
已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4.
∴ － ＝2，即bn＋1－bn＝2.4分
∴数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列.5分
(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1.6分
∵ ＝2n＋1，∴cn＝(2n＋1)bn＝(2n－1)·2n＋2n－1.7分
设Pn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，
2Pn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，8分
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
本题考查：等差(比)数列的概念、通项公式等知识，考查方程思想、转化化归等能力，数学运算、逻辑推理等核心素养.
[审题指导·发掘条件]
看到证明{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列，想到等差(比)数列的概念；缺“an＋1＋bn＋1”与“an＋1－bn＋1”，借助题设条件利用方程思想补找该条件，并求{an}和{bn}的通项公式．
已知数列{an}满足a1＝2，(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)，设bn＝ .
(1)证明数列{bn}是等差数列；
(2)设 ＝2n＋1，求数列{cn}的前n项和Tn(n∈N*)．
[解](1)因为a1＝2，所以b1＝ ＝1.1分
将(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)两边同时除以(n＋1)(n＋2)得： ＝ －2，3分