《（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 第二層級 高考5個大題 題題研訣竅 數列問題重在“歸”——化歸講義 理（普通生含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 第二層級 高考5個大題 題題研訣竅 數列問題重在“歸”——化歸講義 理（普通生含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 第二層級 高考5個大題 題題研訣竅 數列問題重在“歸”——化歸講義 理（普通生，含解析） [技法指導——遷移搭橋] 化歸的常用策略 利用化歸思想可探索一些一般數列的簡單性質．等差數列與等比數列是數列中的兩個特殊的基本數列，高考中通?？疾榈氖欠堑炔?、等比數列問題，應對的策略就是通過化歸思想，將其轉化為這兩種數列. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [典例]　(2018·全國卷Ⅰ)已知數列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.設bn＝. (1)求b1

2、，b2，b3； (2)判斷數列{bn}是否為等比數列，并說明理由； (3)求{an}的通項公式． [快審題]　 求什么 想什么 判斷數列{bn}是等比數列，想到判斷等比數列的方法． 求{an}的通項公式，想到求bn的通項公式． 給什么 用什么 給出nan＋1＝2(n＋1)an，用化歸方法化為＝的形式. [穩(wěn)解題] (1)由條件可得 an＋1＝an. 將n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4. 將n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12. 從而b1＝1，b2＝2，b3＝4. (2)數列{bn}是首項為1，公比為2的等比數列． 理由如下：

3、 由條件可得＝， 即bn＋1＝2bn， 又b1＝1， 所以數列{bn}是首項為1，公比為2的等比數列． (3)由(2)可得＝2n－1， 所以an＝n·2n－1. [題后悟道]　等差、等比數列基本量的計算模型 (1)分析已知條件和求解目標，確定為最終解決問題需要首先求解的中間問題．如為求和需要先求出通項、為求出通項需要先求出首項和公差(公比)等，確定解題的邏輯次序． (2)注意細節(jié)．在等差數列與等比數列綜合問題中，如果等比數列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能，在數列的通項問題中第一項和后面的項能否用同一個公式表示等． [針對訓練] 　已知正數數列{an}的前n項和

4、為Sn，滿足a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a1＝1. (1)求數列{an}的通項公式． (2)設bn＝(1－an)2－a(1－an)，若bn＋1>bn對任意n∈N*恒成立，求實數a的取值范圍． 解：(1)因為a＝Sn＋Sn－1(n≥2)， 所以a＝Sn＋1＋Sn. 兩式相減，得a－a＝an＋1＋an. 因為an>0，所以an＋1－an＝1. 又a1＝1，所以{an}是首項為1，公差為1的等差數列． 所以an＝n. (2)因為bn＝(1－an)2－a(1－an)，且由(1)得an＝n， 所以bn＝(1－n)2－a(1－n)＝n2＋(a－2)n＋1－a， 所以bn＋1＝(n＋

5、1)2＋(a－2)(n＋1)＋1－a＝n2＋an. 因為bn＋1>bn恒成立， 所以n2＋an>n2＋(a－2)n＋1－a， 解得a>1－2n，所以a>－1. 則實數a的取值范圍為(－1，＋∞)． A組——“6＋3＋3”考點落實練 一、選擇題 1．(2019屆高三·武漢調研)設公比為q(q>0)的等比數列{an}的前n項和為Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，則a1＝(　　) A．－2　　　　　　　　　 　B．－1 C. D

6、. 解析：選B　由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2， 得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3， 解得q＝－1(舍去)或q＝， 將q＝代入S2＝3a2＋2中，得a1＋a1＝3×a1＋2， 解得a1＝－1. 2．已知數列{an}滿足＝，且a2＝2，則a4等于(　　) A．－ B．23 C．12 D．11 解析：選D　因為數列{an}滿足＝，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，即數列{an＋1}是等比數列，公比為2，則a4＋1＝22(a2＋1)＝12，解得a4＝11. 3．(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)若等差數列{an}的前n項和為Sn，若S6>S7>S5

7、，則滿足SnSn＋1<0的正整數n的值為(　　) A．10 B．11 C．12 D．13 解析：選C　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即滿足SnSn＋1<0的正整數n的值為12，故選C. 4．數列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝(　　) A．1 B．－2 C．3 D．－3 解析：選A　因為an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－

8、1－an－2(n≥3)， 所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)． 所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an， 故{an}是以6為周期的周期數列． 因為2 019＝336×6＋3， 所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故選A. 5．(2018·鄭州第二次質量預測)已知f(x)＝數列{an}(n∈N*)滿足an＝f(n)，且{an}是遞增數列，則a的取值范圍是(　　) A．(1，＋∞) B. C．(1,3) D．(3，＋∞) 解析：選D　因為an＝f(n)，且{an}是遞增數列， 所以則

9、得a>3.故選D. 6．若數列{an}滿足a1＝1，且對于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，則＋＋…＋＋等于(　　) A. B. C. D. 解析：選C　由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1， 則a2－a1＝1＋1， a3－a2＝2＋1， a4－a3＝3＋1， …， an－an－1＝(n－1)＋1， 以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1， 把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝， ＝＝2， 則＋＋…＋＋＝2＋＋…＋＋＝2＝. 二、填空題 7．(2018·全國卷Ⅰ)記Sn為數列{an}的前

10、n項和．若Sn＝2an＋1，則S6＝________. 解析：∵Sn＝2an＋1，∴當n≥2時，Sn－1＝2an－1＋1， ∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2an－1. 當n＝1時，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1. ∴數列{an}是首項a1為－1，公比q為2的等比數列， ∴Sn＝＝＝1－2n， ∴S6＝1－26＝－63. 答案：－63 8．古代數學著作《九章算術》有如下問題：“今有女子善織，日自倍，五日織五尺，問日織幾何？”意思是：“一女子善于織布，每天織的布都是前一天的2倍，已知她5天共織布5尺，問這女子每天分別織布多少？”根據上述的已知條件，可

11、求得該女子前3天所織布的總尺數為________． 解析：設該女子第一天織布x尺， 則＝5，解得x＝， 所以該女子前3天所織布的總尺數為＝. 答案： 9．(2019屆高三·福建八校聯(lián)考)在數列中，n∈N*，若＝k(k為常數)，則稱為“等差比數列”，下列是對“等差比數列”的判斷： ①k不可能為0； ②等差數列一定是“等差比數列”； ③等比數列一定是“等差比數列”； ④“等差比數列”中可以有無數項為0. 其中所有正確判斷的序號是________． 解析：由等差比數列的定義可知，k不為0，所以①正確，當等差數列的公差為0，即等差數列為常數列時，等差數列不是等差比數列，所以②錯誤

12、；當是等比數列，且公比q＝1時，不是等差比數列，所以③錯誤；數列0,1,0,1，…是等差比數列，該數列中有無數多個0，所以④正確． 答案：①④ 三、解答題 10．(2018·全國卷Ⅱ)記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知a1＝－7，S3＝－15. (1)求{an}的通項公式； (2)求Sn，并求Sn的最小值． 解：(1)設{an}的公差為d， 由題意得3a1＋3d＝－15. 又a1＝－7，所以d＝2. 所以{an}的通項公式為an＝2n－9. (2)由(1)得Sn＝＝n2－8n＝(n－4)2－16， 所以當n＝4時，Sn取得最小值，最小值為－16. 11．(2018

13、·成都第一次診斷性檢測)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn. 解：(1)設數列{an}的公差為d， ∵a2＝3，S4＝16， ∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16， 解得a1＝1，d＝2. ∴an＝2n－1. (2)由題意，bn＝＝， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝ ＝. 12．已知Sn為數列{an}的前n項和，且滿足Sn－2an＝n－4. (1)證明{Sn－n＋2}為等比數列； (2)求數列{Sn}的前n項和Tn. 解：(1)證明

14、：當n＝1時，由Sn－2an＝n－4，得a1＝3. ∴S1－1＋2＝4. 當n≥2時，Sn－2an＝n－4可化為Sn＝2(Sn－Sn－1)＋n－4， 即Sn＝2Sn－1－n＋4， ∴Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]． ∴{Sn－n＋2}是首項為4，公比為2的等比數列． (2)由(1)知，Sn－n＋2＝2n＋1， ∴Sn＝2n＋1＋n－2. 于是Tn＝S1＋S2＋…＋Sn ＝22＋1－2＋23＋2－2＋…＋2n＋1＋n－2 ＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n ＝＋－2n ＝2n＋2＋－4. ∴數列{Sn}的前n項和Tn為2n＋2＋－4.

15、 B組——大題專攻補短練 1．(2018·全國卷Ⅲ)等比數列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通項公式． (2)記Sn為{an}的前n項和，若Sm＝63，求m. 解：(1)設{an}的公比為q，由題設得an＝qn－1. 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1. (2)若an＝(－2)n－1，則Sn＝. 由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程沒有正整數解． 若an＝2n－1，則Sn＝＝2n－1. 由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6. 綜上，m＝6. 2．(2018·濰坊

16、統(tǒng)考)若數列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)． (1)證明：數列{an}為等比數列，并求an； (2)若λ＝4，bn＝(n∈N*)，求數列{bn}的前2n項和T2n. 解：(1)∵Sn＝2an－λ，當n＝1時，得a1＝λ， 當n≥2時，Sn－1＝2an－1－λ， ∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1， ∴數列{an}是以λ為首項，2為公比的等比數列， ∴an＝λ·2n－1. (2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1， ∴bn＝ ∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1

17、 ＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1) ＝＋ ＝＋n(n＋2)， ∴T2n＝＋n2＋2n－. 3．(2018·廈門質檢)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝，n∈N*. (1)求證：數列為等差數列； (2)設T2n＝－＋－＋…＋－，求T2n. 解：(1)證明：由an＋1＝，得＝＝＋， 所以－＝. 又a1＝1，則＝1， 所以數列是首項為1，公差為的等差數列． (2)設bn＝－＝， 由(1)得，數列是公差為的等差數列， 所以－＝－， 即bn＝＝－×， 所以bn＋1－bn＝－＝－×＝－. 又b1＝－×＝－×＝－， 所以數列{bn}是首項為

18、－，公差為－的等差數列， 所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－n＋×＝－(2n2＋3n)． 4．(2018·石家莊質檢)已知數列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝an＋. (1)設bn＝，求數列{bn}的通項公式； (2)求數列{an}的前n項和Sn. 解：(1)由an＋1＝an＋，可得＝＋， 又bn＝，∴bn＋1－bn＝， 由a1＝1，得b1＝1， 累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝＋＋…＋， 即bn－b1＝＝1－， ∴bn＝2－. (2)由(1)可知an＝2n－， 設數列的前n項和為Tn， 則Tn＝＋＋＋…＋，① Tn＝＋＋＋…＋，② ①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－， ∴Tn＝4－. 易知數列{2n}的前n項和為n(n＋1)， ∴Sn＝n(n＋1)－4＋.