【跃渊风暴】【恒心】高考数学二轮复习-数列(教师版)

1高考数学二轮复习数列（教师版）【考纲解读】1.理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项.2.理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解答简单的问题.3.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解决简单的问题.【考点预测】1.等差（比）数列的基本知识是必考内容，这类问题既有选择题、填空题，也有解答题；难度易、中、难三类皆有.2.数列中an与Sn之间的互化关系也是高考的一个热点.3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到，解答试题时要注意灵活应用.4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等.因此复习中应注意：1.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等.2.运用方程的思想解等差（比）数列，是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量a1、d（或q），掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算.3.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面，如等比数列求和要注意q=1和q≠1两种情况等等.4.等价转化是数学复习中常常运用的，数列也不例外.如an与Sn的转化；将一些数列转化成等差（比）数列来解决等.复习时，要及时总结归纳.5.深刻理解等差（比）数列的定义，能正确使用定义和等差（比）数列的性质是学好本章的关键.6.解题要善于总结基本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数2形结合法，养成良好的学习习惯，定能达到事半功倍的效果.7．数列应用题将是命题的热点，这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用.【要点梳理】1.证明数列na是等差数列的两种基本方法：（1）定义法：1nnaad为常数；（2）等差中项法：112(2)nnnaaan.2.证明数列na是等比数列的两种基本方法：（1）定义法：1nnaqa(非零常数)；（2）等差中项法：211(2)nnnaaan.3.常用性质:(1)等差数列na中,若mnpq,则mnpqaaaa;(2)等比数列na中,若mnpq,则mnpqaaaa.4.求和:(1)等差等比数列,用其前n项和求出;(2)掌握几种常见的求和方法:错位相减法、裂项相消法、分组求和法、倒序相加法;(3)掌握等差等比数列前n项和的常用性质.【考点在线】考点1等差等比数列的概念及性质在等差、等比数列中，已知五个元素1na,a,n,d或q，nS中的任意三个，运用方程的思想，便可求出其余两个，即“知三求二”。本着化多为少的原则，解题时需抓住首项1a和公差（或公比q）。另外注意等差、等比数列的性质的运用.例如（1）等差数列na中，若mnpq，则mnpqaaaa；等比数列na中，若mnpq，则mnpqaaaa.（2）等差数列na中，n2nn3n2nknkn1S,SS,SS,SS,成等差数列。其中nS是等差数列的前n项和；等比数列na中（q1），n2nn3n2nknkn1S,SS,SS,SS,成等比数列。其中nS是等比数列的前n项和；（3）在等差数列na中，项数n成等差的项na也称等差数列.3（4）在等差数列na中，2n1nS2n1a；2nnn1Snaa.在复习时，要注意深刻理解等差数列与等比数列的定义及其等价形式.注意方程思想、整体思想、分类讨论思想、数形结合思想的运用.例1.(年高考重庆卷理科11)在等差数列na中，3737aa，则2468aaaa.【答案】74【解析】28463737aaaaaa，故246823774aaaa【名师点睛】本题考查等差数列的性质.【备考提示】：熟练掌握等差等比数列的概念与性质是解答好本类题的关键.考点2数列的递推关系式的理解与应用在解答给出的递推关系式的数列问题时，要对其关系式进行适当的变形，转化为常见的类型进行解题。如“逐差法”若nn1aan,且1a1；我们可把各个差列出来进行求和，可得到数列na的通项.nnn1n1n2211aaaaaaaann1nn121.2再看“逐商法”即n1nan1a且1a1，可把各个商列出来求积。nn12n1n1n21aaaaann1n221n!aaa另外可以变形转化为等差数列与等比数列，利用等差数列与等比数列的性质解决问题.例2.（年高考四川卷文科9)数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则a6=()4（A）3×44（B）3×44+1(C)44（D）44+1【答案】A【解析】由题意，得a2=3a1=3.当n≥1时，an+1=3Sn(n≥1)①，所以an+2=3Sn+1②，②-①得an+2=4an+1，故从第二项起数列等比数列，则a6=3×44.【名师点睛】本小题主要考查na与nS的关系：1nnn1Sn=1aSSn2，数列前n项和nS和通项na是数列中两个重要的量，在运用它们的关系式nnn1aSS时，一定要注意条件n2，求通项时一定要验证1a是否适合。解决含na与nS的式子问题时，通常转化为只含na或者转化为只nS的式子.【备考提示】：递推数列也是高考的内容之一,要熟练此类题的解法,这是高考的热点.练习2.（年高考辽宁卷文科5)若等比数列{an}满足anan+1=16n，则公比为（）[Z（A）2（B）4（C）8（D）16【答案】B【解析】设公比是q，根据题意a1a2=16①，a2a3=162②，②÷①，得q2=16.因为a12q=160,a120，则q0，q=4.考点3数列的通项公式na与前n项和公式的应用等差、等比数列的前n项和公式要深刻理解，等差数列的前n项和公式是关于n的二次函数.等比数列的前n项和公式n1n11na1qaaSq1q1q1q（q1），因此可以改写为nnSaqb(ab0)是关于n的指数函数，当q1时，n1Sna.例3.(年高考江苏卷13)设7211aaa，其中7531,,,aaaa成公比为q的等比数列，642,,aaa成公差为1的等差数列，则q的最小值是.【答案】33【解析】由题意：231212121112aaaqaaqaaq，222221,12aqaaqa5【答案】A【解析】通过2580aa，设公比为q，将该式转化为08322qaa，解得q=-2，带入所求式可知答案选A，本题主要考察了本题主要考察了等比数列的通项公式与前n项和公式.考点4.数列求和例4.(山东省济南市年2月高三教学质量调研理科20题)已知}{na为等比数列，256,151aa；nS为等差数列}{nb的前n项和，,21b8525SS.（1）求}{na和}{nb的通项公式；（2）设nTnnbababa2211，求nT.【解析】（1）设}{na的公比为q,由451aaq,得4.q所以14.nna设}{nb的公差为d，由8525SS得3223231ad,所以1131.nbbndn（2）nT1124548431nn①244245431nnTn②②-①得：2132344...44312324.nnnnTnn6所以224.33nnTn【名师点睛】本小题主要考查等比等差数列的通项公式及前n项和公式、数列求和等基础知识，考查运算能力、综合分析和解决问题的能力.【备考提示】：熟练数列的求和方法等基础知识是解答好本类题目的关键.练习4.（年高考山东卷文科18）已知等差数列na满足：37a，5726aa.na的前n项和为nS.（Ⅰ）求na及nS；（Ⅱ）令211nnba（nN）,求数列nb的前n项和nT.【解析】（Ⅰ）设等差数列na的公差为d，因为37a，5726aa，所以有考点5等差、等比数列的综合应用解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用．例5．(年高考浙江卷理科19)已知公差不为0的等差数列{}na的首项1aa(aR),设数列的前n项和为nS，且11a，21a，41a成等比数列（Ⅰ）求数列{}na的通项公式及nS（Ⅱ）记1231111...nnASSSS，212221111...nnBaaaa，当2n时，试比较nA与nB的大小.[7当2n时，201221nnnnnCCCCn即111112nn；所以当0a时，nnAB；当0a时，nnAB.【名师点睛】本小题主要考查等差等比数列的通项与前n项和等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力．【备考提示】：熟练掌握等差等比数列的基础知识是解决本类问题的关键.练习5.(年高考天津卷文科20)已知数列na与nb满足11(2)1nnnnnbaba,13(1),2nnbnN,且12a.（Ⅰ）求23,aa的值;(Ⅱ)设2121nnncaa,nN,证明nc是等比数列;(Ⅲ)设nS为na的前n项和,证明21212122121()3nnnnSSSSnnNaaaa.【解析】（Ⅰ）由13(1),2nnbnN,可得2,1,nnbn是奇数是偶数,11(2)1nnnnnbaba,8当n=1时,1221,aa由12a,得232a;当n=2时,2325,aa可得38a.(Ⅱ)证明:对任意nN,21212221nnnaa--------①2221221nnnaa---------------②②-①得:21212132nnnaa,即2132nnc,于是14nncc,所以nc是等比数列.(Ⅲ)证明:12a,由(Ⅱ)知,当kN且2k时,21131532123()()()kkkaaaaaaaa=2+3(2+3523222k)=2+1212(14)3214kk,故对任意kN,,由①得212122221,kkka所以212122kka,kN,因此,21234212()()()2kkkkSaaaaaa,于是2122kkkSSa21122kk,故212212kkkkSSaa21211222kkk212122kk=22212221kkkkk1144(41)kkkk,所以21212122121()3nnnnSSSSnnNaaaa.【易错专区】问题：已知nS,求na时,易忽视1n的情况例.（年高考上海卷文科21）已知数列na的前n项和为nS，且585nnSna，*nN(1)证明：1na是等比数列；(2)求数列nS的通项公式，并求出使得1nnSS成立的最小正整数n.9【考题回放】1.(年高考安徽卷文科7)若数列na的通项公式是()()nang,则aaaL（）（A）15(B)12(C)(D)【答案】A【解析】法一：分别求出前10项相加即可得出结论；法二：12349103aaaaaa，故aaaL.故选A.2.（年高考江西卷文科5)设{na}为等差数列，公差d=-2，nS为其前n项和.若1011SS，则1a=（）A.18B.20C.22D.24【答