二輪復習數學理普通生通用版講義：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 Word版含解析

《二輪復習數學理普通生通用版講義：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 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《二輪復習數學理普通生通用版講義：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 Word版含解析（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 技法指導技法指導遷移搭橋遷移搭橋 思維流程思維流程找突破口找突破口 化歸的常用策略化歸的常用策略 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?？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通過化歸思想，將其轉化為這兩種數列. 典例典例 (2018 全國卷全國卷)已知數列已知數列an滿足滿足 a11，nan12(n1)an.設設 bnann. (1)求求 b1，

2、b2，b3； (2)判斷數列判斷數列bn是否為等比數列，并說明理由；是否為等比數列，并說明理由； (3)求求an的通項公式的通項公式 快審題快審題 求什么求什么 想什么想什么 判斷數列判斷數列bn是等比數列，想到判斷等比數列的方法是等比數列，想到判斷等比數列的方法 求求 a an n 的通項公式，想到求的通項公式，想到求b bn n的通項公式的通項公式 給什么給什么 用什么用什么 給出給出 nan12(n1)an，用化歸方法化為，用化歸方法化為an1n12ann的形式的形式. 穩(wěn)解題穩(wěn)解題 (1)由條件可得由條件可得 an12 n1 nan. 將將 n1 代入得，代入得，a24a1，而，而 a

3、11，所以，所以 a24. 將將 n2 代入得，代入得，a33a2，所以，所以 a312. 從而從而 b11，b22，b34. (2)數列數列bn是首項為是首項為 1，公比為，公比為 2 的等比數列的等比數列 理由如下：理由如下： 由條件可得由條件可得an1n12ann， 即即 bn12bn， 又又 b11， 所以數列所以數列bn是首項為是首項為 1，公比為，公比為 2 的等比數列的等比數列 (3)由由(2)可得可得ann2n1， 所以所以 ann 2n1. 題后悟道題后悟道 等差、等比數列基本量的計算模型等差、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

4、求解的中間問題如為求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(公比公比)等，確定解題的邏輯次序等，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示等 針對訓練針對訓練 已知正數數列已知正數數列

5、an的前的前 n 項和為項和為 Sn，滿足，滿足 a2nSnSn1(n2)，a11. (1)求數列求數列an的通項公式的通項公式 (2)設設 bn(1an)2a(1an)，若，若 bn1bn對任意對任意 nN N*恒成立，求實數恒成立，求實數 a 的取值范圍的取值范圍 解：解：(1)因為因為 a2nSnSn1(n2)， 所以所以 a2n1Sn1Sn. 兩式相減，得兩式相減，得 a2n1a2nan1an. 因為因為 an0，所以，所以 an1an1. 又又 a11，所以，所以an是首項為是首項為 1，公差為，公差為 1 的等差數列的等差數列 所以所以 ann. (2)因為因為 bn(1an)2a

6、(1an)，且由，且由(1)得得 ann， 所以所以 bn(1n)2a(1n)n2(a2)n1a， 所以所以 bn1(n1)2(a2)(n1)1an2an. 因為因為 bn1bn恒成立，恒成立， 所以所以 n2ann2(a2)n1a， 解得解得 a12n，所以，所以 a1. 則實數則實數 a 的取值范圍為的取值范圍為(1，) 專題過關檢測專題過關檢測 A 組組“633”考點落實練考點落實練 一、選擇題一、選擇題 1(2019 屆高三屆高三 武漢調研武漢調研)設公比為設公比為 q(q0)的等比數列的等比數列an的前的前 n 項和為項和為 Sn.若若 S23a22，S43a42，則，則 a1( )

7、 A2 B1 C.12 D.23 解析：解析：選選 B 由由 S23a22，S43a42， 得得 a3a43a43a2，即，即 qq23q23， 解得解得 q1(舍去舍去)或或 q32， 將將 q32代入代入 S23a22 中，得中，得 a132a1332a12， 解得解得 a11. 2已知數列已知數列an滿足滿足an1an1112，且，且 a22，則，則 a4等于等于( ) A12 B23 C12 D11 解析：解析：選選 D 因為數列因為數列an滿足滿足an1an1112，所以，所以 an112(an1)，即數列，即數列an1是是等比數列，公比為等比數列，公比為 2，則，則 a4122(a

8、21)12，解得，解得 a411. 3(2019 屆高三屆高三 西安八校聯考西安八校聯考)若等差數列若等差數列an的前的前 n 項和為項和為 Sn，若，若 S6S7S5，則滿足，則滿足SnSn1S7S5， 得， 得 S7S6a7S5， 所以， 所以 a70，所以所以 S1313 a1a13 213a70，所以，所以 S12S130，即滿足，即滿足 SnSn11，數列數列an(nN N*)滿足滿足anf(n)，且，且an是遞增數列，則是遞增數列，則 a 的取值范圍是的取值范圍是( ) A(1，) B. 12， C(1,3) D(3，) 解析：解析：選選 D 因為因為 anf(n)，且，且an是遞

9、增數列，是遞增數列， 所以所以 2a10，a1，a112，a1，2a143.故選故選 D. 6 若數列 若數列an滿足滿足a11， 且對于任意的， 且對于任意的nN N*都有都有an1ann1， 則， 則1a11a21a2 0171a2 018等于等于( ) A.4 0352 017 B.2 0162 017 C.4 0362 019 D.4 0352 018 解析：解析：選選 C 由由 an1ann1，得，得 an1ann1， 則則 a2a111， a3a221， a4a331， ， anan1(n1)1， 以上等式相加，得以上等式相加，得 ana1123(n1)n1， 把把 a11 代入上

10、式得，代入上式得，an123(n1)nn n1 2， 1an2n n1 2 1n1n1， 則則1a11a21a2 0171a2 0182 112 1213 12 01712 018 12 01812 019 2 112 0194 0362 019. 二、填空題二、填空題 7(2018 全國卷全國卷)記記 Sn為數列為數列an的前的前 n 項和若項和若 Sn2an1，則，則 S6_. 解析：解析：Sn2an1，當當 n2 時，時，Sn12an11， anSnSn12an2an1， 即即 an2an1. 當當 n1 時，時，a1S12a11，得，得 a11. 數列數列an是首項是首項 a1為為1，

11、公比，公比 q 為為 2 的等比數列，的等比數列， Sna1 1qn 1q1 12n 1212n， S612663. 答案：答案：63 8古代數學著作九章算術有如下問題：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，今有女子善織，日自倍，五日織五尺，問日織幾何？問日織幾何？”意思是：意思是：“一女子善于織布，每天織的布都是前一天的一女子善于織布，每天織的布都是前一天的 2 倍，已知她倍，已知她 5 天天共織布共織布 5 尺，問這女子每天分別織布多少？尺，問這女子每天分別織布多少？”根據上述的已知條件，可求得該女子前根據上述的已知條件，可求得該女子前 3 天天所織布的總尺數

12、為所織布的總尺數為_ 解析：解析：設該女子第一天織布設該女子第一天織布 x 尺，尺， 則則x 251 215，解得，解得 x531， 所以該女子前所以該女子前 3 天所織布的總尺數為天所織布的總尺數為531 231 213531. 答案：答案：3531 9(2019 屆高三屆高三 福建八校聯考福建八校聯考)在數列在數列 an中，中，nN N*，若，若an2an1an1ank(k 為常數為常數)，則，則稱稱 an為為“等差比數列等差比數列”，下列是對，下列是對“等差比數列等差比數列”的判斷：的判斷： k 不可能為不可能為 0； 等差數列一定是等差數列一定是“等差比數列等差比數列”； 等比數列一定

13、是等比數列一定是“等差比數列等差比數列”； “等差比數列等差比數列”中可以有無數項為中可以有無數項為 0. 其中所有正確判斷的序號是其中所有正確判斷的序號是_ 解析：解析：由等差比數列的定義可知，由等差比數列的定義可知，k 不為不為 0，所以，所以正確，當等差數列的公差為正確，當等差數列的公差為 0，即，即等差數列為常數列時，等差數列不是等差比數列，所以等差數列為常數列時，等差數列不是等差比數列，所以錯錯誤；當誤；當 an是等比數列，且公比是等比數列，且公比q1 時，時， an不是等差比數列，所以不是等差比數列，所以錯誤；數列錯誤；數列 0,1,0,1，是等差比數列，該數列中有是等差比數列，該

14、數列中有 無數多個無數多個 0，所以，所以正確正確 答案：答案： 三、解答題三、解答題 10(2018 全國卷全國卷)記記 Sn為等差數列為等差數列an的前的前 n 項和，已知項和，已知 a17，S315. (1)求求an的通項公式；的通項公式； (2)求求 Sn，并求，并求 Sn的最小值的最小值 解：解：(1)設設an的公差為的公差為 d， 由題意得由題意得 3a13d15. 又又 a17，所以，所以 d2. 所以所以an的通項公式為的通項公式為 an2n9. (2)由由(1)得得 Snn a1an 2n28n(n4)216， 所以當所以當 n4 時，時，Sn取得最小值，最小值為取得最小值，

15、最小值為16. 11(2018 成都第一次診斷性檢測成都第一次診斷性檢測)已知等差數列已知等差數列an的前的前 n 項和為項和為 Sn，a23，S416，nN N*. (1)求數列求數列an的通項公式；的通項公式； (2)設設 bn1anan1，求數列，求數列bn的前的前 n 項和項和 Tn. 解：解：(1)設數列設數列an的公差為的公差為 d， a23，S416， a1d3,4a16d16， 解得解得 a11，d2. an2n1. (2)由題意，由題意，bn1 2n1 2n1 12 12n112n1， Tnb1b2bn 12 113 1315 12n112n1 12 112n1 n2n1.

16、12已知已知 Sn為數列為數列an的前的前 n 項和，且滿足項和，且滿足 Sn2ann4. (1)證明證明Snn2為等比數列；為等比數列； (2)求數列求數列Sn的前的前 n 項和項和 Tn. 解：解：(1)證明：證明：當當 n1 時，由時，由 Sn2ann4，得，得 a13. S1124. 當當 n2 時，時，Sn2ann4 可化為可化為 Sn2(SnSn1)n4， 即即 Sn2Sn1n4， Snn22Sn1(n1)2 Snn2是首項為是首項為 4，公比為，公比為 2 的等比數列的等比數列 (2)由由(1)知，知，Snn22n1， Sn2n1n2. 于是于是 TnS1S2Sn 2212232

17、22n1n2 (22232n1)(12n)2n 22 12n 12 1n n22n 2n2n23n24. 數列數列Sn的前的前 n 項和項和 Tn為為 2n2n23n24. B 組組大題專攻補短練大題專攻補短練 1(2018 全國卷全國卷)等比數列等比數列an中，中，a11，a54a3. (1)求求an的通項公式的通項公式 (2)記記 Sn為為an的前的前 n 項和，若項和，若 Sm63，求，求 m. 解：解：(1)設設an的公比為的公比為 q，由題設得，由題設得 anqn1. 由已知得由已知得 q44q2，解得，解得 q0(舍去舍去)或或 q2 或或 q2. 故故 an(2)n1或或 an2

18、n1. (2)若若 an(2)n1，則，則 Sn1 2 n3. 由由 Sm63，得，得(2)m188，此方程沒有正整數解，此方程沒有正整數解 若若 an2n1，則，則 Sn12n122n1. 由由 Sm63，得，得 2m64，解得，解得 m6. 綜上，綜上，m6. 2(2018 濰坊統考濰坊統考)若數列若數列an的前的前 n 項和項和 Sn滿足滿足 Sn2an(0，nN N*) (1)證明：數列證明：數列an為等比數列，并求為等比數列，并求 an； (2)若若 4，bn an，n為奇數，為奇數，log2an，n為偶數為偶數(nN N*)，求數列，求數列bn的前的前 2n 項和項和 T2n. 解

19、：解：(1)Sn2an，當，當 n1 時，得時，得 a1， 當當 n2 時，時，Sn12an1， SnSn12an2an1， 即即 an2an2an1，an2an1， 數列數列an是以是以 為首項，為首項，2 為公比的等比數列，為公比的等比數列， an 2n1. (2)4，an4 2n12n1， bn 2n1，n為奇數，為奇數，n1，n為偶數，為偶數， T2n22324526722n2n1 (222422n)(352n1) 44n 414n 32n1 2 4n143n(n2)， T2n4n13n22n43. 3(2018 廈門質檢廈門質檢)已知數列已知數列an滿足滿足 a11，an13an2a

20、n3，nN N*. (1)求證：數列求證：數列 1an為等差數列；為等差數列； (2)設設 T2n1a1a21a2a31a3a41a4a51a2n1a2n1a2na2n1，求，求 T2n. 解：解：(1)證明：由證明：由 an13an2an3，得，得1an12an33an1an23， 所以所以1an11an23. 又又 a11，則，則1a11， 所以數列所以數列 1an是首項為是首項為 1，公差為，公差為23的等差數列的等差數列 (2)設設 bn1a2n1a2n1a2na2n1 1a2n11a2n11a2n， 由由(1)得，數列得，數列 1an是公差為是公差為23的等差數列，的等差數列， 所以

21、所以1a2n11a2n143， 即即 bn 1a2n11a2n11a2n431a2n， 所以所以 bn1bn43 1a2n21a2n4343169. 又又 b1431a243 1a123209， 所以數列所以數列bn是首項為是首項為209，公差為，公差為169的等差數列，的等差數列， 所以所以 T2nb1b2bn209nn n1 2 16949(2n23n) 4(2018 石家莊質檢石家莊質檢)已知數列已知數列an滿足：滿足：a11，an1n1nann12n. (1)設設 bnann，求數列，求數列bn的通項公式；的通項公式； (2)求數列求數列an的前的前 n 項和項和 Sn. 解：解：(1

22、)由由 an1n1nann12n，可得，可得an1n1ann12n， 又又 bnann，bn1bn12n， 由由 a11，得，得 b11， 累加可得累加可得(b2b1)(b3b2)(bnbn1)12112212n1， 即即 bnb112 112n1112112n1， bn212n1. (2)由由(1)可知可知 an2nn2n1， 設數列設數列 n2n1的前的前 n 項和為項和為 Tn， 則則 Tn120221322n2n1， 12Tn121222323n2n， 得得12Tn12012112212n1n2n112n112n2n2n22n， Tn4n22n1. 易知數列易知數列2n的前的前 n 項和為項和為 n(n1)， Snn(n1)4n22n1.