（浙江专用）2020版高考数学大二轮复习 专题三 小题考法课 数列的概念及基本运算课件

浙江卷5年考情分析小题考法统计大题考法分析常考点1.等差、等比数列的概念及运算(5年4考)2.等差、等比数列的性质(5年4考)偶考点1.数列的递推关系式2.等差与等比数列的综合应用问题高考对数列的考查在解答题中常以数列的相关项以及关系式，或an与Sn的关系入手，结合等差、等比数列的定义展开考查．数学归纳法也是高考常考内容，题型主要有：(1)等差、等比数列基本量的运算；(2)数列求和问题；(3)数列与不等式的综合问题；(4)数学归纳法常与数列、不等式等知识综合考查.小题考法课数列的概念及基本运算考点(一)数列的递推关系式[考查趋向]主要考查方式有两种：一是利用an与Sn的关系求通项an或前n项和Sn；二是利用an与an＋1的关系求通项an或前n项和Sn.[试典题——考点悟通][典例](1)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)，则通项公式an＝____________.(2)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＋1Sn＋1＝an＋1an对一切n∈N*都成立，则a2＝______，Sn＋1an＝______.(3)(2019·浙江高考)设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an＋1＝a2n＋b，n∈N*，则()A．当b＝12时，a1010B．当b＝14时，a1010C．当b＝－2时，a1010D．当b＝－4时，a1010[解析](1)由an＋1＝Sn①，可得an＝Sn－1(n≥2)②，①－②得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an(n≥2)，即an＋1an＝2(n≥2)，又a2＝S1＝1，所以a2a1＝1≠2，则数列{an}从第二项起是以1为首项2为公比的等比数列，所以an＝1，n＝1，2n－2，n≥2.(2)当n＝1时，有S2＋1S1＋1＝a2a1，即a2＝a21＋a1，所以a2＝2.由Sn＋1＋1Sn＋1＝an＋1an，得Sn＋1＋1an＋1＝Sn＋1an，则数列Sn＋1an是常数列，故Sn＋1an＝S1＋1a1＝2.(3)对于选项A，当b＝12时，因为an＋1＝a2n＋12，所以a2≥12，又an＋1＝a2n＋12≥2an，故a9≥a2×(2)7≥12×(2)7＝42，a10a29≥3210，故选项A正确；对于选项B，当b＝14时，an＋1＝a2n＋14，当a∈－12，12时，a2＝a2＋1412，a3＝a22＋1412，…，a10＝a29＋1412，故选项B不成立；对于选项C，当b＝－2时，an＋1＝a2n－2，当a＝－1时，a2＝－1，a3＝－1，…，a10＝－110，故选项C不成立；对于选项D，当b＝－4时，an＋1＝a2n－4，当a＝1±172时，an＝1±17210，选项D不成立．[答案](1)an＝1，n＝1，2n－2，n≥2(2)22(3)A[学技法——融会贯通]1．由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an，即an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1(n≥2)．(2)已知a1且anan－1＝f(n)，可用“累乘法”求an，即an＝anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2a1·a1(n≥2)．2．Sn与an关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．[对点练——触类旁通]1．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－3(n∈N*)，则S6＝()A．192B．189C．96D．93解析：选B∵a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.又n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－3)－(2an－1－3)，即有n≥2时，an＝2an－1，故数列{an}是首项为3，公比为2的等比数列，则a6＝3×25＝96，∴S6＝2a6－3＝189，故选B.2．在数列{an}中，a1＝1，(n2＋2n)·(an＋1－an)＝1(n∈N*)，则通项公式an＝________.解析：由(n2＋2n)(an＋1－an)＝1(n∈N*)，得an＋1－an＝1n2＋2n＝1nn＋2＝121n－1n＋2，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝121n－1－1n＋1＋121n－2－1n＋…＋121－13＋1＝121＋12－1n－1n＋1＋1＝74－2n＋12nn＋1.答案：74－2n＋12nn＋13．(2019·杭州七校联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________.解析：an＋1－2an＝2n两边同除以2n＋1，可得an＋12n＋1－an2n＝12，又a12＝12，∴数列an2n是以12为首项，12为公差的等差数列，∴an2n＝12＋(n－1)×12＝n2，∴an＝n·2n－1.答案：n·2n－1考点(二)等差、等比数列的基本运算[考查趋向]主要考查与等差比数列的通项公式、前n项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.[试典题——考点悟通][典例](1)(2017·浙江高考)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d0”是“S4＋S62S5”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件(2)(2019·台州期末)已知公差不为零的等差数列{an}满足a23＝a1a4，Sn为数列{an}的前n项和，则S3S1的值为()A.94B．－94C.32D．－32(3)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝3，S4＝15，则S3＝()A．7B．－9C．7或－9D.638[解析](1)因为{an}为等差数列，所以S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d，S4＋S6－2S5＝d，所以d0⇔S4＋S62S5.(2)由题意可知a23＝(a3－2d)(a3＋d)，即a3d＋2d2＝0.因为d≠0，所以a3＝－2d，所以a1＝－4d，a2＝－3d，所以S3S1＝－9d－4d＝94，故选A.(3)由a1＋a2＝3，a1＋a2＋a3＋a4＝15可得q2＝4，所以q＝±2.当q＝2时，S2＝3a1＝3，解得a1＝1，此时S3＝a1(1＋q＋q2)＝7；当q＝－2时，S2＝－a1＝3，解得a1＝－3，此时S3＝a1(1＋q＋q2)＝－9.综上可知，S3＝7或－9，故选C.[答案](1)C(2)A(3)C[学技法——融会贯通]等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量：首项a1和公差d(公比q)．(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(或q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．[对点练——触类旁通]1．(2019·绍兴调研)数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ran＋r(n∈N*，r∈R，r≠0)，则“r＝1”是“数列{an}成等差数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A当r＝1时，an＋1＝an＋1，则数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，充分性成立；当r＝12时，数列{an}是首项为1，公差为0的等差数列，必要性不成立．综上所述，“r＝1”是“数列{an}成等差数列”的充分不必要条件，故选A.2．设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.解析：设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，两式相除，得1＋q1－q2＝13，解得q＝－2，a1＝1，所以a4＝a1q3＝－8.答案：－83．(2019·浙江高考数学仿真卷(一))《孙子算经》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗．问：五人各得几何？”其意思为“有5个人分60个橘子，他们分得橘子的个数成公差为3的等差数列，问5人各得多少橘子？”这个问题中，得到橘子最多的人所得的橘子个数是________，得到橘子最少的人所得的橘子个数是________．解析：设第一个人分到的橘子个数为a，由题意得S5＝5a1＋5×42×3＝60，解得a1＝6.所以a5＝6＋(5－1)×3＝18.所以5个人中最多的有18个橘子，最少的有6个橘子．答案：186考点(三)等差、等比数列的性质[考查趋向]主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与前n项和有关的最值问题.[试典题——考点悟通][典例](1)已知等差数列{an}，Sn表示前n项的和，a5＋a110，a6＋a90，则满足Sn0的正整数n的最大值是()A．12B．13C．14D．15(2)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝2，则满足10011000S2nSn1110的n的最大值是()A．8B．9C．10D．11(3)已知等比数列{an}的公比q0，前n项和为Sn.若2(a5－a3－a4)＝a4，且a2a4a6＝64，则q＝________，Sn＝________.(4)设Sn为等差数列{an}的前n项和，满足S2＝S6，S55－S44＝2，则a1＝________，公差d＝________.[解析](1)∵2a8＝a5＋a110，∴a80，则S15＝a1＋a152×15＝15a80.又a7＋a8＝a6＋a90，∴a7－a80，则S13＝a1＋a132×13＝13a70.而S14＝a1＋a142×14＝7(a6＋a9)0，则满足Sn0的正整数n的最大值是14.(2)当n＝1时，由2a2＋S1＝2，得a2＝12.由2an＋1＋Sn＝2知，当n≥2时，有2an＋Sn－1＝2，两式相减得an＋1＝12an.当n＝1时上式也成立，所以数列{an}是公比为12的等比数列，故Sn＝2－2·12n.因此原不等式化为100110002－2·122n2－2·12n1110，化简得1100012n110，解得n＝4,5,6,7,8,9，所以n的最大值为9.(3)∵2(a5－a3－a4)＝a4，∴2a5＝2a3＋3a4⇒2q4＝2q2＋3q3⇒2q2－3q－2＝0，得q＝－12(舍去)或q＝2.∵a2a4a6＝64，∴a34＝64⇒a4＝4，∴a1＝12，Sn＝121－2n1－2＝2n－12.(4)由S2＝S6得S6－S2＝a6＋a5＋a4＋a3＝2(a5＋a4)＝0，∴a5＋a4＝0，∴2a1＋7d＝0，由S55－S44＝2得52a1＋a55－42a1＋a44＝12(a5－a4)＝2，∴d＝4.∴a1＝－14.[答案](1)C(2)B(3)22n－12(4)－144[学技法——融会贯通]等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．[对点练——触类旁通]1．(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝()A．16B．8C．4D．2解析：选C设数列{an}的公比为q，由题意知a10，q0，a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，a1q4＝3a1q2＋4a1，解得a1＝1，q＝2，∴a3＝a1q2＝4.2．已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{bn}满足bn＝1＋anan.若对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，则实数a的取