2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳《数列》(拔高)

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 2+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 >.。