（全國通用版）2019高考數學二輪復習 板塊四 考前回扣 專題4 數列學案 理

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1、 回扣4　數　列 1．牢記概念與公式 等差數列、等比數列 等差數列 等比數列 通項公式 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1(q≠0) 前n項和 Sn＝＝na1＋d (1)q≠1，Sn＝＝； (2)q＝1，Sn＝na1 2.活用定理與結論 (1)等差、等比數列{an}的常用性質 等差數列 等比數列 性質 ①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq；②an＝am＋(n－m)d；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差數列 ①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq；②an＝a

2、mqn－m；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比數列(Sm≠0) (2)判斷等差數列的常用方法 ①定義法 an＋1－an＝d(常數)(n∈N*)?{an}是等差數列． ②通項公式法 an＝pn＋q(p，q為常數，n∈N*)?{an}是等差數列． ③中項公式法 2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差數列． ④前n項和公式法 Sn＝An2＋Bn(A，B為常數，n∈N*)?{an}是等差數列． (3)判斷等比數列的常用方法 ①定義法 ＝q(q是不為0的常數，n∈N*)?{an}是等比數列． ②通項公式法 an＝cqn(c，q均是不為0的常數

3、，n∈N*)?{an}是等比數列． ③中項公式法 a＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)?{an}是等比數列． 3．數列求和的常用方法 (1)等差數列或等比數列的求和，直接利用公式求和． (2)形如{an·bn}(其中{an}為等差數列，{bn}為等比數列)的數列，利用錯位相減法求和． (3)通項公式形如an＝(其中a，b1，b2，c為常數)用裂項相消法求和． (4)通項公式形如an＝(－1)n·n或an＝a·(－1)n(其中a為常數，n∈N*)等正負項交叉的數列求和一般用并項法．并項時應注意分n為奇數、偶數兩種情況討論． (5)分組求和法：分組求和法是解

4、決通項公式可以寫成cn＝an＋bn形式的數列求和問題的方法，其中{an}與{bn}是等差(比)數列或一些可以直接求和的數列． (6)并項求和法：先將某些項放在一起求和，然后再求Sn. 1．已知數列的前n項和求an，易忽視n＝1的情形，直接用Sn－Sn－1表示．事實上，當n＝1時，a1＝S1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1. 2．易混淆幾何平均數與等比中項，正數a，b的等比中項是±. 3．等差數列中不能熟練利用數列的性質轉化已知條件，靈活整體代換進行基本運算．如等差數列{an}與{bn}的前n項和分別為Sn和Tn，已知＝，求時，無法正確賦值求解． 4．易忽視等比數列中公比q≠0導

5、致增解，易忽視等比數列的奇數項或偶數項符號相同造成增解． 5．運用等比數列的前n項和公式時，易忘記分類討論．一定分q＝1和q≠1兩種情況進行討論． 6．利用錯位相減法求和時，要注意尋找規(guī)律，不要漏掉第一項和最后一項． 7．裂項相消法求和時，裂項前后的值要相等， 如≠－， 而是＝. 8．通項中含有(－1)n的數列求和時，要把結果寫成n為奇數和n為偶數兩種情況的分段形式． 1．設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S13>0，S14<0，若ak·ak＋1<0，則k等于(　　) A．6 B．7 C．13 D．14 答案　B 解析　因為{an}為等差數列，S13＝1

6、3a7，S14＝7(a7＋a8)， 所以a7>0，a8<0，a7·a8<0，所以k＝7. 2．已知在等比數列{an}中，a1＋a2＝3，a3＋a4＝12，則a5＋a6等于(　　) A．3 B．15 C．48 D．63 答案　C 解析　＝q2＝4，所以a5＋a6＝(a3＋a4)·q2＝48. 3．設等差數列{an}的前n項和為Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，則滿足Sn>0的最大自然數n的值為(　　) A．6 B．7 C．12 D．13 答案　C 解析　∵a1>0，a6a7<0， ∴a6>0，a7<0，等差數列的公差小于零， 又a3＋a10＝a1

7、＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0， ∴S12>0，S13<0， ∴滿足Sn>0的最大自然數n的值為12. 4．已知數列{an}滿足＝9·(n∈N*)且a2＋a4＋a6＝9，則等于(　　) A．－ B．3 C．－3 D. 答案　C 解析　由已知＝9·＝，所以an＋1＝an＋2，所以數列{an}是公差為2的等差數列， a5＋a7＋a9＝(a2＋3d)＋(a4＋3d)＋(a6＋3d) ＝(a2＋a4＋a6)＋9d＝9＋9×2＝27， 所以＝＝－3.故選C. 5．已知正數組成的等比數列{an}，若a1·a20＝100，那么a7＋a14的最小值為(　　) A．20

8、 B．25 C．50 D．不存在 答案　A 解析　在正數組成的等比數列{an}中，因為a1·a20＝100，由等比數列的性質可得a1·a20＝a7·a14＝100，那么a7＋a14≥2 ＝2＝20，當且僅當a7＝a14＝10時取等號，所以a7＋a14的最小值為20. 6．已知數列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝2an－4(n∈N*)，則an等于(　　) A．2n＋1 B．2n C．2n－1 D．2n－2 答案　A 解析　an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－4－(2an－4)?an＋1＝2an，再令n＝1，∴S1＝2a1－4?a1＝4， ∴數列{an}是以4為

9、首項，2為公比的等比數列， ∴an＝4·2n－1＝2n＋1，故選A. 7．已知等差數列{an}的公差和首項都不等于0，且a2，a4，a8成等比數列，則等于(　　) A．2 B．3 C．5 D．7 答案　B 解析　∵在等差數列{an}中，a2，a4，a8成等比數列， ∴a＝a2a8，∴(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，∴d2＝a1d，∵d≠0，∴d＝a1，∴＝＝3，故選B. 8．已知Sn為數列{an}的前n項和，若an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)(n∈N*)，則S20等于(　　) A．31 B．122 C．324 D．484 答案　B

10、 解析　由題意可知，因為an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)， 所以a1＝1，a2＝，a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝，…， 所以數列{an}的奇數項構成首項為1，公差為2的等差數列，偶數項構成首項為，公差為的等差數列， 所以S20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20) ＝122，故選B. 9．已知等差數列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比數列，若a1＝1，Sn是數列{an}的前n項和，則(n∈N*)的最小值為(　　) A．4 B．3 C．2－2 D. 答案　A 解析　由題意a1，a3，a13成等比數列，可得(1＋2d)

11、2＝1＋12d，解得d＝2，故an＝2n－1，Sn＝n2，因此＝＝＝＝(n＋1)＋－2，由基本不等式知，＝(n＋1)＋－2≥2－2＝4，當且僅當n＝2時取得最小值4. 10．已知F(x)＝f－1是R上的奇函數，數列{an}滿足an＝f(0)＋f＋…＋f＋f(1)(n∈N*)，則數列{an}的通項公式為(　　) A．an＝n－1 B．an＝n C．an＝n＋1 D．an＝n2 答案　C 解析　由題意F(x)＝f?－1是R上的奇函數，即F(x)關于(0,0)對稱，則f(x)關于對稱． 即f(0)＋f(1)＝2，f?＝1，f?＋f?＝2， f?＋f＝2， 則an＝f(0)＋f

12、?＋…＋f?＋f(1)＝n＋1. 11．在等差數列{an}中，已知a3＋a8＝10，則3a5＋a7＝________. 答案　20 解析　設公差為d，則a3＋a8＝2a1＋9d＝10， 3a5＋a7＝3(a1＋4d)＋(a1＋6d)＝4a1＋18d＝2×10＝20. 12．若等比數列{an}的各項均為正數，且a10a11＋a9a12＝2e5，則ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________. 答案　50 解析　∵數列{an}為等比數列，且a10a11＋a9a12＝2e5， ∴a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，∴a10a11＝e5， ∴l(xiāng)n a1＋l

13、n a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20) ＝ln(a10a11)10＝ln(e5)10＝ln e50＝50. 13．數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝2，Sn＋1＋(－1)nSn＝2n，則S100＝____________. 答案　198 解析　當n為偶數時，Sn＋1＋Sn＝2n，Sn＋2－Sn＋1＝2n＋2，所以Sn＋2＋Sn＝4n＋2，故Sn＋4＋Sn＋2＝4(n＋2)＋2，所以Sn＋4－Sn＝8，由a1＝2知，S1＝2，又S2－S1＝2，所以S2＝4，因為S4＋S2＝4×2＋2＝10，所以S4＝6，所以S8－S4＝8，S12－S8＝8，…，S100－S96＝8，

14、所以S100＝24×8＋S4＝192＋6＝198. 14．若數列{an}滿足a2－a1>a3－a2>a4－a3>…>an＋1－an>…，則稱數列{an}為“差遞減”數列．若數列{an}是“差遞減”數列，且其通項an與其前n項和Sn(n∈N*)滿足2Sn＝3an＋2λ－1，則實數λ的取值范圍是________． 答案　 解析　當n＝1時，2a1＝3a1＋2λ－1，a1＝1－2λ，當n>1時，2Sn－1＝3an－1＋2λ－1，所以2an＝3an－3an－1，an＝3an－1，所以an＝3n－1，an－an－1＝3n－1－3n－2＝3n－2，依題意3n－2是一個遞減數列，所以2－4λ<0，λ>

15、. 15．Sn為等差數列{an}的前n項和，且a1＝1，S7＝28.記bn＝[lg an]，其中[x]表示不超過x的最大整數，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b1，b11，b101； (2)求數列{bn}的前1 000項和． 解　(1)設{an}的公差為d，據已知有7＋21d＝28， 解得d＝1.所以{an}的通項公式為an＝n(n∈N*)． b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2. (2)因為bn＝ 所以數列{bn}的前1 000項和為1×90＋2×900＋3×1＝1 893. 16．各項均為正數的數列{an}的前

16、n項和為Sn，且滿足：Sn＝a＋an＋(n∈N*)． (1)求an； (2)設數列的前n項和為Tn，證明：對一切正整數n，都有Tn<. (1)解　由Sn＝a＋an＋，① 可知當n≥2時，Sn－1＝a＋an－1＋，② 由①－②化簡得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0， 又數列{an}各項為正數， ∴當n≥2時，an－an－1＝2，故數列{an}成等差數列，公差為2，又a1＝S1＝a＋a1＋，解得a1＝1， ∴an＝2n－1(n∈N*)． (2)證明　Tn＝＋＋＋…＋＋ ＝＋＋＋…＋＋. ∵＝< ＝＝， ∴Tn＝＋＋＋…＋＋<1＋＋＋…＋＋ ＝1＋ ＝1＋－<. 8