《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法學(xué)案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法學(xué)案.doc（63頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
專題三 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法
[析考情明重點]
小題考情分析
大題考情分析
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1.等差、等比數(shù)列的概念及運算(5年4考)
2.等差、等比數(shù)列的性質(zhì)(5年4考)
高考對數(shù)列的考查在解答題中常以數(shù)列的相關(guān)項以及關(guān)系式，或an與Sn的關(guān)系入手，結(jié)合等差、等比數(shù)列的定義展開考查．?dāng)?shù)學(xué)歸納法也是高考常考內(nèi)容，題型主要有：
(1)等差、等比數(shù)列基本量的運算；
(2)數(shù)列求和問題；
(3)數(shù)列與不等式的綜合問題；
(4)數(shù)學(xué)歸納法常與數(shù)列、不等式等知識綜合考查.
偶考點
1.數(shù)列的遞推關(guān)系式
2.等差與等比數(shù)列的綜合應(yīng)用問題
第一講 小題考法——數(shù)列的概念及基本運算
考點(一)
數(shù)列的遞推關(guān)系式
主要考查方式有兩種：一是利用an與Sn的關(guān)系求通項an或前n項和Sn；二是利用an與an＋1的關(guān)系求通項an或前n項和Sn.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018臺州調(diào)考)設(shè)數(shù)列{an}，{bn}滿足an＋bn＝700，an＋1＝an＋bn，n∈N*，若a6＝400，則( )
A．a(chǎn)4>a3 B．b4
b3 D．a(chǎn)40”是“S4＋S6>2S5”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
(2)(2018浙江考前沖刺)已知等差數(shù)列{an}滿足an＋an＋1＝2n－3，n∈N*，則a1＋a2＋a6＋a7＝________，數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________.
(3)(2017江蘇高考)等比數(shù)列{an}的各項均為實數(shù)，其前n項和為Sn.已知S3＝，S6＝，則a8＝________.
[解析] (1)因為{an}為等差數(shù)列，所以S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d，S4＋S6－2S5＝d，所以d>0?S4＋S6>2S5.
(2)分別令n＝1,6，可得a1＋a2＋a6＋a7＝－1＋9＝8.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則2n－3＝an＋an＋1＝a1＋(n－1)d＋a1＋nd＝2dn＋(2a1－d)對任意的n∈N*恒成立，所以解得故Sn＝n(－1)＋1＝.
(3)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則由S6≠2S3，得q≠1，則解得
則a8＝a1q7＝27＝32.
[答案] (1)C (2)8 (3)32
[方法技巧]
等差(比)數(shù)列基本運算的解題思路
(1)設(shè)基本量：首項a1和公差d(公比q)．
(2)列、解方程(組)：把條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于a1和d(或q)的方程(組)，然后求解，注意整體計算，以減少運算量．
[演練沖關(guān)]
1．(2018諸暨質(zhì)量檢測)已知數(shù)列{an}的前n項和是Sn，則下列四個命題中，錯誤的是( )
A．若數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列，則數(shù)列是公差為的等差數(shù)列
B．若數(shù)列是公差為d的等差數(shù)列，則數(shù)列{an}是公差為2d的等差數(shù)列
C．若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，則數(shù)列的奇數(shù)項、偶數(shù)項分別構(gòu)成等差數(shù)列
D．若數(shù)列{an}的奇數(shù)項、偶數(shù)項分別構(gòu)成公差相等的等差數(shù)列，則{an}是等差數(shù)列
解析：選D A項，若等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，前n項的和為Sn，則數(shù)列為等差數(shù)列，且通項為＝a1＋(n－1)，即數(shù)列是公差為的等差數(shù)列，故說法正確；B項，由題意得＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋n(n－1)d，則an＝Sn－Sn－1＝a1＋2(n－1)d，即數(shù)列{an}是公差為2d的等差數(shù)列，故說法正確；C項，若等差數(shù)列{an}的公差為d，則數(shù)列的奇數(shù)項、偶數(shù)項都是公差為2d的等差數(shù)列，故說法正確；D項，若數(shù)列{an}的奇數(shù)項、偶數(shù)項分別構(gòu)成公差相等的等差數(shù)列，則{an}不一定是等差數(shù)列，例如：{1,4,3,6,5,8,7}，說法錯誤．故選D.
2．(2017全國卷Ⅲ)設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，則a4＝________.
解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，
則a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，
a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，
兩式相除，得＝，
解得q＝－2，a1＝1，
所以a4＝a1q3＝－8.
答案：－8
3．(2019屆高三浙江名校聯(lián)考)已知等比數(shù)列{an}的公比q>0，前n項和為Sn.若2(a5－a3－a4)＝a4，且a2a4a6＝64，則q＝________，Sn＝________.
解析：∵2(a5－a3－a4)＝a4，∴2a5＝2a3＋3a4?2q4＝2q2＋3q3?2q2－3q－2＝0，得q＝－(舍去)或q＝2.∵a2a4a6＝64，∴a＝64?a4＝4，∴a1＝，Sn＝＝.
答案：2
考點(三)
等差、等比數(shù)列的性質(zhì)
主要考查利用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)求解基本量及與前n項和有關(guān)的最值問題.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期中)已知等差數(shù)列{an}，Sn表示前n項的和，a5＋a11>0，a6＋a9<0，則滿足Sn<0的正整數(shù)n的最大值是( )
A．12 B．13
C．14 D．15
(2)(2018杭州二中期中)已知等比數(shù)列{an}的前n項積為Tn，log2a3＋log2a7＝2，則T9的值為( )
A．512 B．512
C．1 024 D．1 024
(3)(2019屆高三溫州十校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的首項a1＝1，前n項和為Sn，且滿足2an＋1＋Sn＝2，則滿足<<的n的最大值是( )
A．8 B．9
C．10 D．11
(4)(2018紹興高三3月適應(yīng)性模擬)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，滿足S2＝S6，－＝2，則a1＝________，公差d＝________.
[解析] (1)∵2a8＝a5＋a11>0，∴a8>0，則S15＝15＝15a8>0.
又a7＋a8＝a6＋a9<0，∴a7<－a8<0，則S13＝13＝13a7<0.
而S14＝14＝7(a6＋a9)<0，則滿足Sn<0的正整數(shù)n的最大值是14.
(2)∵a3>0，a7>0，∴a5＝a3q2>0.
∴l(xiāng)og2a3＋log2a7＝log2(a3a7)＝log2a＝2，故a5＝2.
從而T9＝(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5＝a＝29＝512，故選B.
(3)當(dāng)n＝1時，由2a2＋S1＝2，得a2＝.
由2an＋1＋Sn＝2知，
當(dāng)n≥2時，有2an＋Sn－1＝2，
兩式相減得an＋1＝an.
當(dāng)n＝1時上式也成立，
所以數(shù)列{an}是公比為的等比數(shù)列，
故Sn＝2－2n.
因此原不等式化為<<，化簡得1，則( )
A．a(chǎn)1a3，a2a4 D．a(chǎn)1>a3，a2>a4
[解析] (1)法一：數(shù)列{an}是公比q＝2的等比數(shù)列，由a6＝a2a10得a1q5＝a1qa1q9，∴a1q5＝1，∴a6＝1，
∴b9＝2a7＝2a6q＝212＝4，設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，則S17＝17b1＋d＝17(b1＋8d)＝17b9＝68，故選D.
法二：數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列，由等比數(shù)列的性質(zhì)得a6＝a2a10＝a，∴a6＝1，∴b9＝2a7＝2a62＝4，∴等差數(shù)列{bn}的前17項和S17＝＝17b9＝68，故選D.
(2)由已知得
解得那么nSn＝n2a1＋d＝－.由于函數(shù)f(x)＝－在x＝處取得極小值，又6<<7，從而檢驗n＝6時，6S6＝－48，n＝7時，7S7＝－49.所以nSn 的最小值為－49.
(3)法一：構(gòu)造不等式ln x≤x－1(x>0)，
則a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，
所以a4＝a1q3≤－1.由a1>1，得q<0.
若q≤－1，則ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0.
又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，
所以ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾．
因此－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，
所以a1>a3，a21，所以等比數(shù)列的公比q<0.若q≤－1，則a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，與ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a21，則a1＋a2＝2a1＋d＝2b1＝4，又a3＝a1＋2d＝5，所以a1＝1，d＝2，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以b3＝a4＋1＝8，Sn＝n＋2＝n2.因為數(shù)列{bn}是單調(diào)遞增的等比數(shù)列，所以q2＝＝4，q＝2，bn＝2n.因為當(dāng)n≥m(m∈N*)時，Sn≤bn恒成立，所以當(dāng)n≥m(m∈N*)時，n2≤2n恒成立，數(shù)形結(jié)合可知m的最小值為4.
答案：4
(一) 主干知識要記牢
1．等差數(shù)列、等比數(shù)列
等差數(shù)列
等比數(shù)列
通項公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1(q≠0)
前n項和公式
Sn＝＝na1＋d
(1)q≠1，Sn＝＝；
(2)q＝1，Sn＝na1
2．判斷等差數(shù)列的常用方法
(1)定義法：an＋1－an＝d(常數(shù))(n∈N*)?{an}是等差數(shù)列．
(2)通項公式法：an＝pn＋q(p，q為常數(shù)，n∈N*)?{an}是等差數(shù)列．
(3)中項公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差數(shù)列．
(4)前n項和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù)，n∈N*)?{an}是等差數(shù)列．
3．判斷等比數(shù)列的常用方法
(1)定義法：＝q(q是不為0的常數(shù)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列．
(2)通項公式法：an＝cqn(c，q均是不為0的常數(shù)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列．
(3)中項公式法：a＝anan＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列．
(二) 二級結(jié)論要用好
1．等差數(shù)列的重要規(guī)律與推論
(1)an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；p＋q＝m＋n?ap＋aq＝am＋an.
(2)ap＝q，aq＝p(p≠q)?ap＋q＝0；Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd.
(3)連續(xù)k項的和(如Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…)構(gòu)成的數(shù)列是等差數(shù)列．
(4)若等差數(shù)列{an}的項數(shù)為偶數(shù)2m，公差為d，所有奇數(shù)項之和為S奇，所有偶數(shù)項之和為S偶，則所有項之和S2m＝m(am＋am＋1)，S偶－S奇＝md，＝.
(5)若等差數(shù)列{an}的項數(shù)為奇數(shù)2m－1，所有奇數(shù)項之和為S奇，所有偶數(shù)項之和為S偶，則所有項之和S2m－1＝(2m－1)am，S奇＝mam，S偶＝(m－1)am，S奇－S偶＝am，＝.
[針對練1] 一個等差數(shù)列的前12項和為354，前12項中偶數(shù)項的和與奇數(shù)項的和之比為32∶27，則該數(shù)列的公差d＝________.
解析：設(shè)等差數(shù)列的前12項中奇數(shù)項的和為S奇，偶數(shù)項的和為S偶，等差數(shù)列的公差為d.
由已知條件，得
解得
又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.
答案：5
2．等比數(shù)列的重要規(guī)律與推論
(1)an＝a1qn－1＝amqn－m；p＋q＝m＋n?apaq＝aman.
(2){an}，{bn}成等比數(shù)列?{anbn}成等比數(shù)列．
(3)連續(xù)m項的和(如Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)構(gòu)成的數(shù)列是等比數(shù)列(注意：這連續(xù)m項的和必須非零才能成立)．
(4)若等比數(shù)列有2n項，公比為q，奇數(shù)項之和為S奇，偶數(shù)項之和為S偶，則＝q.
(5)對于等比數(shù)列前n項和Sn，有：
①Sm＋n＝Sm＋qmSn；
②＝(q≠1)．
(三) 易錯易混要明了
已知數(shù)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(dāng)n＝1時，a1＝S1；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1.
[針對練2] 已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2＋1，則該數(shù)列的通項公式為________．
解析：當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝2.
當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又當(dāng)n＝1時，21－1＝1≠2.
∴an＝
答案：an＝
A組——10＋7提速練
一、選擇題
1．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比q＝2，前n項和為Sn，則＝( )
A．2 B．4
C． D．
解析：選C ∵q＝2，
∴S4＝＝15a1，
∴＝＝.故選C.
2．(2017全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：選C 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
則由得
即解得d＝4.
3．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S1＝a2－，S2＝a3－，則公比q＝( )
A．1 B．4
C．4或0 D．8
解析：選B ∵S1＝a2－，S2＝a3－，
∴
解得或，
故所求的公比q＝4.故選B.
4．(2019屆高三湖州五校聯(lián)考)若{an}是公差為d(d≠0)的等差數(shù)列，Sn是其前n項和，則下列結(jié)論中正確的是( )
A．若a1＋a2>0，則a1＋a3>0
B．若a1＋a4>0，則a1a4>a2a3
C．若d>0且a1>0，則＋>
D．若S3＋S7>2S5，則d>0
解析：選D 由a1＋a2＝2a1＋d>0，得d>－2a1，由a1＋a3＝2a1＋2d>0，得d>－a1，顯然不符，A錯；a1a4＝a＋3a1d，a2a3＝a＋3a1d＋2d2，因為d≠0，所以a1a42S5＝10a1＋20d，解得d>0，D正確．
5．(2018金華統(tǒng)考)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足S7＝S11，且a1>0，則Sn中最大的是( )
A．S7 B．S8
C．S9 D．S10
解析：選C 法一：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，根據(jù)S7＝S11可得7a1＋d＝11a1＋d，即d＝－a1，則Sn＝na1＋d＝na1＋＝－(n－9)2＋a1，由a1>0可知－<0，故當(dāng)n＝9時，Sn最大．
法二：根據(jù)S7＝S11可得a8＋a9＋a10＋a11＝0，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得a8＋a11＝a9＋a10＝0，由a1>0可知a9>0，a10<0，所以數(shù)列{an}的前9項和最大．
6．(2019屆高三浙江名校聯(lián)考信息卷)已知數(shù)列{an}是正項數(shù)列，則“{an}為等比數(shù)列”是“a＋a≥2a”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
解析：選A 若{an}為等比數(shù)列，則有anan＋2＝a，所以a＋a≥2＝2a，當(dāng)且僅當(dāng)an＝an＋2時取等號，所以充分性成立；當(dāng)a＋a≥2a時，取an＝n，則a＋a－2a＝n2＋(n＋2)2－2(n＋1)2＝2n2＋4n＋4－2n2－4n－2＝2>0，所以a＋a≥2a成立，但{an}是等差數(shù)列，不是等比數(shù)列，所以必要性不成立．所以“{an}為等比數(shù)列”是“a＋a≥2a”的充分不必要條件．故選A.
7．若等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S6>S7>S5，則滿足SnSn＋1<0的正整數(shù)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(shù)n的值為12，故選C.
8．(2018浙江考前熱身聯(lián)考)我國古代的天文學(xué)和數(shù)學(xué)著作《周髀算經(jīng)》中記載：一年有二十四個節(jié)氣，每個節(jié)氣晷(ɡuǐ)長損益相同(晷是按照日影測定時刻的儀器，晷長即為所測量影子的長度)．二十四個節(jié)氣及晷長變化如圖所示，相鄰兩個節(jié)氣晷長的變化量相同，周而復(fù)始．若冬至晷長一丈三尺五寸夏至晷長一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，則夏至之后的那個節(jié)氣(小暑)晷長是( )
A．五寸 B．二尺五寸
C．三尺五寸 D．四尺五寸
解析：選B 設(shè)從夏至到冬至的晷長依次構(gòu)成等差數(shù)列{an}，公差為d，a1＝15，a13＝135，則15＋12d＝135，解得d＝10.∴a2＝15＋10＝25，∴小暑的晷長是25寸．故選B.
9．已知數(shù)列{an}滿足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且對任意n∈N*都有＋＋…＋的最大正整數(shù)n為________．
解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
由已知可得解得
故數(shù)列{an}的通項公式為an＝2－n.
Sn＝a1＋＋…＋，①
＝＋＋…＋.②
①－②得＝a1＋＋…＋－＝1－－＝1－－＝，
所以Sn＝，由Sn＝>，得0100且該數(shù)列的前N項和為2的整數(shù)冪．那么該款軟件的激活碼是( )
A．440 B．330
C．220 D．110
解析：選A 設(shè)第一項為第1組，接下來的兩項為第2組，再接下來的三項為第3組，依此類推，則第n組的項數(shù)為n，前n組的項數(shù)和為.
由題意可知，N>100，令>100，
得n≥14，n∈N*，即N出現(xiàn)在第13組之后．
易得第n組的所有項的和為＝2n－1，前n組的所有項的和為－n＝2n＋1－n－2.
設(shè)滿足條件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)組，且第N項為第k＋1組的第t(t∈N*)個數(shù)，
若要使前N項和為2的整數(shù)冪，則第k＋1組的前t項的和2t－1應(yīng)與－2－k互為相反數(shù)，
即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，
∴當(dāng)t＝4，k＝13時，N＝＋4＝95<100，不滿足題意；
當(dāng)t＝5，k＝29時，N＝＋5＝440；
當(dāng)t>5時，N>440，故選A.
3．(2018浙江考前沖刺卷)已知數(shù)列{an}是首項為1，公差d不為0的等差數(shù)列，且a2a3＝a8，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，其中b2＝－2，b5＝16，若數(shù)列{cn}滿足cn＝anbn，則|c1|＋|c2|＋|c3|＋…＋|cn|＝( )
A．3＋(2n－3)2n＋1 B．3＋(2n－3)2n
C．3－(2n－3)2n D．3＋(2n＋3)2n
解析：選B 由題意知，(a1＋d)(a1＋2d)＝a1＋7d，a1＝1，得d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q，則q3＝＝－8，q＝－2，所以bn＝(－2)n－1，所以|cn|＝|(2n－1)(－2)n－1|＝(2n－1)2n－1，所以|c1|＋|c2|＋|c3|＋…＋|cn|＝120＋321＋…＋(2n－1)2n－1.令Tn＝120＋321＋…＋(2n－1)2n－1，則2Tn＝121＋322＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，兩式相減得Tn＝－2(21＋22＋…＋2n－1)＋(2n－1)2n－1＝3＋(2n－3)2n，所以選B.
4．(2018浙江高三模擬)已知在數(shù)列{an}中，a1＝－，[1－(－1)n]an＝(－1)nan－1＋2－(n≥2)，且對任意的n∈N*，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立，則實數(shù)p的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
解析：選A ∵[1－(－1)n]an＝(－1)nan－1＋2－(n≥2)，(*)
a1＝－，∴①當(dāng)n為偶數(shù)時，化簡(*)式可知，an－1＝－2，∴an＝－2(n為奇數(shù))；
②當(dāng)n為奇數(shù)時，化簡(*)式可知，2an＝－an－1＋2－，即－4＝－an－1＋2－，即an－1＝6－，
∴an＝6－(n為偶數(shù))．于是an＝
∵對任意n∈N*，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立，
∴對任意n∈N*，(p－an＋1)(p－an)<0恒成立．又數(shù)列{a2k－1}單調(diào)遞減，數(shù)列{a2k}單調(diào)遞增，∴當(dāng)n為奇數(shù)時，有an32n－1，且bn∈Z，則bn＝________，數(shù)列的前n項和為________．
解析：由2an＋1＝an＋an＋2，知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，因為a1＝2，a2＝4，所以其公差為2，所以an＝2n.由bn＋1－bn<2n＋，得bn＋2－bn＋1<2n＋1＋，所以bn＋2－bn<32n＋1，又bn＋2－bn>32n－1，且bn∈Z，所以bn＋2－bn＝32n，又b1＝2，b2＝4，所以bn＝2n.所以＝＝2n－1，則數(shù)列的前n項和為＝2n－1.
答案：2n 2n－1
第二講 大題考法——數(shù)列的綜合應(yīng)用及數(shù)學(xué)歸納法
題型(一)
等差、等比數(shù)列基本量的計算
主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式及前n項和的求解，且常結(jié)合數(shù)列的遞推公式命題.
[典例感悟]
[典例1] 已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，滿足a1＝2，a4＝8，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，滿足b2＝4，b5＝32.
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；
(2)求數(shù)列{an＋bn}的前n項和Sn.
[解] (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
由題意得d＝＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)2＝2n.
設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，
由題意得q3＝＝8，解得q＝2.
因為b1＝＝2，所以bn＝b1qn－1＝22n－1＝2n.
(2)因為an＝2n，bn＝2n，所以an＋bn＝2n＋2n，所以Sn＝＋＝n2＋n＋2n＋1－2.
[備課札記]
[方法技巧]
等差、等比數(shù)列的基本量的求解策略
(1)分析已知條件和求解目標，確定為最終解決問題需要先求解的中間問題．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，即確定解題的邏輯次序．
(2)注意細節(jié)．例如：在等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問題中，若等比數(shù)列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能；在數(shù)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．
[演練沖關(guān)]
1．(2018浙江第二次聯(lián)盟聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}的首項a1＝，前n項和為Sn，且滿足2an＋1＋Sn＝3(n∈N*)．
(1)求a2及an；
(2)求證：anSn的最大值為.
解：(1)由題意得2a2＋S1＝3，
即2a2＋a1＝3，
所以a2＝＝.
當(dāng)n≥2時，由2an＋1＋Sn＝3，得2an＋Sn－1＝3，
兩式相減得2an＋1－an＝0，即an＋1＝an.
因為a1＝，a2＝，所以a2＝a1，
即當(dāng)n＝1時，an＋1＝an也成立．
所以{an}是以為首項，為公比的等比數(shù)列，
所以an＝.
(2)證明：因為2an＋1＋Sn＝3，且an＋1＝an，
所以Sn＝3－2an＋1＝3－an.
于是，anSn＝an(3－an)≤2＝，
當(dāng)且僅當(dāng)an＝，即n＝1時等號成立．
故anSn的最大值為.
題型(二)
等差、等比數(shù)列的判定與證明
主要考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的定義、等差中項及等比中項，且常與數(shù)列的遞推公式相結(jié)合命題.
[典例感悟]
[典例2] 已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)證明{an}是等比數(shù)列，并求其通項公式；
(2)若S5＝，求λ.
[解] (1)證明：由題意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝，故a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝.
因此{an}是首項為，公比為的等比數(shù)列，
于是an＝n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－n.
由S5＝得1－5＝，即5＝.
解得λ＝－1.
[備課札記]
[方法技巧]
判定和證明數(shù)列是等差(比)數(shù)列的方法
定義法
對于n≥1的任意自然數(shù)，驗證an＋1－an為與正整數(shù)n無關(guān)的某一常數(shù)
中項公式法
①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，則{an}為等差數(shù)列；
②若a＝an－1an＋1≠0(n∈N*，n≥2)，則{an}為等比數(shù)列
[演練沖關(guān)]
2．(2018溫州高考適應(yīng)性測試)已知數(shù)列{an}的前n項積為Tn，且Tn＝1－an.
(1)證明：是等差數(shù)列；
(2)求數(shù)列的前n項和Sn.
解：(1)證明：由Tn＝1－an得，當(dāng)n≥2時，Tn＝1－，
兩邊同時除以Tn，得－＝1.
∵T1＝1－a1＝a1，∴a1＝，＝＝2，
∴是首項為2，公差為1的等差數(shù)列．
(2)由(1)知＝n＋1，則Tn＝，
從而an＝1－Tn＝，故＝n.
∴數(shù)列是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，
∴Sn＝.
題型(三)
數(shù)列求和問題
主要考查錯位相減法求和、裂項相消法求和以及分組求和、含絕對值的數(shù)列求和，且常結(jié)合數(shù)列的遞推公式、周期等命題.
[典例感悟]
[典例3] (2018浙江高考)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項．?dāng)?shù)列{bn}滿足b1＝1，數(shù)列{(bn＋1－bn)an}的前n項和為2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求數(shù)列{bn}的通項公式．
[解] (1)由a4＋2是a3，a5的等差中項，
得a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，
解得a4＝8.
由a3＋a5＝20，得8＝20，
解得q＝2或q＝.
因為q>1，所以q＝2.
(2)設(shè)cn＝(bn＋1－bn)an，數(shù)列{cn}的前n項和為Sn.
由cn＝解得cn＝4n－1.
由(1)可得an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)n－1，
故bn－bn－1＝(4n－5)n－2，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)n－2＋(4n－9)n－3＋…＋7＋3.
設(shè)Tn＝3＋7＋112＋…＋(4n－5)n－2，n≥2.①
則Tn＝3＋72＋…＋(4n－9)n－2＋(4n－5)n－1，②
①－②，得Tn＝3＋4＋42＋…＋4n－2－(4n－5)n－1，
所以Tn＝14－(4n＋3)n－2，n≥2.
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)n－2.
[備課札記]
[方法技巧]
1．分組求和中分組的策略
(1)根據(jù)等差、等比數(shù)列分組．
(2)根據(jù)正號、負號分組．
2．裂項相消的規(guī)律
(1)裂項系數(shù)取決于前后兩項分母的差．
(2)裂項相消后前、后保留的項數(shù)一樣多．
3．錯位相減法的關(guān)注點
(1)適用題型：等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列{bn}對應(yīng)項相乘({anbn})型數(shù)列求和．
(2)步驟：
①求和時先乘以數(shù)列{bn}的公比；
②將兩個和式錯位相減；
③整理結(jié)果形式．
[演練沖關(guān)]
3．(2018浙江高三模擬)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝11，b1＝1，a2＋b2＝11，a3＋b3＝11.
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；
(2)求數(shù)列{|an－bn|}的前12項和S12.
解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，{bn}的公比為q(q≠0)，
則由a3＋b3＝a2＋b2＝a1＝11，
可得得d＝－2，q＝2，
從而an＝－2n＋13，bn＝2n－1.
(2)不妨設(shè)cn＝an－bn＝13－2n－2n－1，
若n≤3，則cn>0；若n≥4，則cn<0，
因此S12＝|c1|＋|c2|＋|c3|＋|c4|＋|c5|＋…＋|c12|
＝c1＋c2＋c3－(c4＋c5＋…＋c12)
＝2(c1＋c2＋c3)－(c1＋c2＋…＋c12)
＝2(c1＋c2＋c3)－(a1＋a2＋…＋a12)＋(b1＋b2＋…＋b12)
＝2(10＋7＋3)－12＋
＝40－0＋212－1
＝4 135.
4．(2018浙江考前沖刺卷)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)設(shè)bn＝Tn為數(shù)列{bn}的前n項和，求T2n.
解：(1)∵S2＝2a2－2，①
S3＝a4－2，②
②—①得a3＝a4－2a2，即q2－q－2＝0.
又q>0，∴q＝2.
∵S2＝2a2－2，∴a1＋a2＝2a2－2，
即a1＋a1q＝2a1q－2，∴a1＝2，
∴an＝2n.
(2)由(1)知bn＝
即bn＝
∴T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝＋[22－2＋42－4＋62－6＋…＋(2n)2－2n]＝＋[22－2＋42－4＋62－6＋…＋(2n)2－2n]．
設(shè)A＝22－2＋42－4＋62－6＋…＋(2n)2－2n，
則2－2A＝22－4＋42－6＋62－8＋…＋(2n－2)2－2n＋(2n)2－2n－2，
兩式相減得A＝＋2(2－4＋2－6＋2－8＋…＋2－2n)－(2n)2－2n－2，
整理得A＝－，
∴T2n＝－＋.
題型(四)
數(shù)列與不等式的綜合問題
主要考查證明不等式、比較數(shù)列中項的大小問題.
[典例感悟]
[典例4] (2018衢州質(zhì)量檢測)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn為{an}的前n項和(n∈N*)．
(1)求S1，S
（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法學(xué)案.doc
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