2014届高考二轮复习热点专题第二讲： 数列(文)(教学案)(教师版)

2014届高考二轮复习热点专题第二讲： 数列

一、知识梳理

1． a n 与S n 的关系S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n ＝⎩

⎪⎨⎪⎧

S 1， n ＝1，

S n －S n －1， n ≥2.

2． 等差数列和等比数列

考点一 与等差数列有关的问题

例1 (2012·浙江)设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误．．

的是( )

A ．若d <0，则数列{S n }有最大项

B ．若数列{S n }有最大项，则d <0

C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n >0

D ．若对任意n ∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列

解析 (1)利用函数思想，通过讨论S n ＝d

2

n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n 的单调性判断． 设{a n }的首项为a 1，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝d

2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 由二次函数性质知S n 有最大值时，则d <0，故A 、B 正确；

因为{S n }为递增数列，则d >0，不妨设a 1＝－1，d ＝2，显然{S n }是递增数列，但S 1＝－1<0，故C 错误；对任意n ∈N *，S n 均大于0时，a 1>0，d >0，{S n }必是递增数列，D 正确．

(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则

m 等于

( )

A ．3

B ．4

C ．5

D ．6

答案 a m ＝2，a m ＋1＝3，故d ＝1，因为S m ＝0，故ma 1＋m (m －1)2d ＝0，故a 1＝－m －1

2，

因为a m ＋a m ＋1＝5，故a m ＋a m ＋1＝2a 1＋(2m －1)d ＝－(m －1)＋2m －1＝5，即m ＝5. 考点二 与等比数列有关的问题

例2 (1)(2012·课标全国)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10等于( )

A ．7

B ．5

C ．－5

D ．－7

(2)(2012·浙江)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q ＝________. 答案 (1)D (2)3

2

解析 (1)利用等比数列的性质求解．由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧

a 4＝4，

a 7＝－2.

∴⎩⎪⎨⎪⎧

q 3＝－2，

a 1＝1或⎩⎪

⎨⎪⎧

q 3＝－1

2，a 1＝－8，

∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.

(2)利用等比数列的通项公式及前n 项和公式求解．

S 4＝S 2＋a 3＋a 4＝3a 2＋2＋a 3＋a 4＝3a 4＋2，将a 3＝a 2q ，a 4＝a 2q 2代入得， 3a 2＋2＋a 2q ＋a 2q 2＝3a 2q 2＋2，化简得2q 2－q －3＝0，

解得q ＝3

2

(q ＝－1不合题意，舍去)．

(1)(2013·课标全国Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋1

3

，则{a n }的通项公式是a n ＝

_____. 答案 (－2)n －1

解析 当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －2

3

a n －1，

故

a n a n －1

＝－2，故a n ＝(－2)n －

1. (2)(2013·湖北)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18. ①求数列{a n }的通项公式；

②是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．

解 ①设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0.由题意得

⎩⎪⎨⎪⎧ S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18.即⎩⎪⎨⎪⎧ －a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q (1＋q ＋q 2)＝－18，解得⎩

⎪⎨⎪⎧

a 1＝3，q ＝－2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －

1.

②由①有S n ＝3[1－(－2)n ]

1－(－2)＝1－(－2)n .假设存在n ，使得S n ≥2 013，

则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n ≤－2 012. 当n 为偶数时，(－2)n

>0.上式不成立；

当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n ≤－2 012，即2n ≥2 012，则n ≥11.

综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}． 考点三 等差数列、等比数列的综合应用

例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.

(1)求数列{a n }的通项公式a n 与前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 *，使对任意n ∈N *，总有S 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＝1

2

，

∴T m ＝4[1－(1

2)m ]

1－12

＝8[1－(12)m ]，∵(1

2)m 随m 增加而递减，

∴{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 －92)2－81

4]，

故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n 6. 考点四 错位相减求和法

例4 (2013·山东)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)若数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－1

2n ，n ∈N *，求{b n }的前n 项和T n .

解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，

由⎩

⎪⎨⎪⎧

S 4＝4S 2，

a 2n ＝2a n ＋1得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由已知

b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－1

2n ，n ∈N *，①

当n ≥2时，b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n －1a n －1＝1－1

2

n －1，②

①－②得：b n a n ＝12n ，又当n ＝1时，b 1a 1＝1

2也符合上式，

所以b n a n ＝1

2n (n ∈N *)，所以b n ＝2n －12n (n ∈N *)．

所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋322＋5

23＋…＋2n －12n .

12T n ＝122＋3

23＋…＋2n －32n ＋2n －12

n ＋1. 两式相减得：12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝32－1

2n －1－2n －12n ＋1.所以T n ＝3－2n ＋32n . 考点五 裂项相消求和法

例5 (2013·广东)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，

n ∈N *, 且a 2，a 5，a 14构成等比数列． (1)证明：a 2＝4a 1＋5；