（新高考）2020版高考数学二轮复习 重点保分专题四 小题考法课课件 文

重点保分专题四数列把握考情诊断学情考查内容数列的递推公式，等差、等比数列的基本运算，等差、等比数列的性质，等差、等比数列的判断与证明，数列的综合问题存在问题(1)常见的递推公式不熟悉，不能转化成等差或等比数列；(2)等比中项漏掉正负的考虑；(3)等差、等比数列性质使用错误；(4)等差、等比数列的证明中忽略掉n的要求；(5)数列求和中错位相减法运算错误，化简不彻底；裂项求和提取系数不当考查题型选择题、填空题、解答题均有涉及，难度为中低档题把握考情诊断学情考查素养(1)借助递推公式，考查逻辑推理的核心素养(2)借助等差、等比数列基本量的运算，考查数学运算的核心素养(3)通过等差、等比数列的判断与证明，考查逻辑推理的核心素养(4)借助数列求和等问题，考查数学运算和逻辑推理的核心素养解决方法(1)熟悉常见数列的构造及累加(乘)法；(2)求等比中项时，从间隔项的符号判断；(3)熟记等差、等比数列的性质；(4)判断或证明是从第二项开始；(5)裂项时提取系数不确定时，也可反过来运算进行验证提取是否正确小题考法课等差数列、等比数列一、高考真题集中研究——明规律题组(一)等差数列及其前n项和1．(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝()A．5B．7C．9D．11解析：法一：∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，∴a3＝1，∴S5＝5a1＋a52＝5a3＝5，故选A.法二：∵a1＋a3＋a5＝a1＋(a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d＝3，∴a1＋2d＝1，∴S5＝5a1＋5×42d＝5(a1＋2d)＝5，故选A.答案：A2．(2015·全国卷Ⅰ)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝()A.172B.192C．10D．12解析：∵公差为1，∴S8＝8a1＋8×8－12×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝12，∴a10＝a1＋9d＝12＋9＝192.故选B.答案：B3．(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝________.解析：∵{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13，∴公差d＝a7－a37－3＝13－54＝2，首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，∴S10＝10a1＋10×92d＝100.答案：100怎么考]考点单一：主要针对数列中的基本量进行考查．形式灵活：有时直接计算，有时借助性质进行巧解．解题有根：解决这类题的关键是运算和性质的熟练使用．题组(二)等比数列及其前n项和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：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.答案：C2．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝14，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝()A．2B．1C.12D.18解析：法一：∵a3a5＝a24，a3a5＝4(a4－1)，∴a24＝4(a4－1)，∴a24－4a4＋4＝0，∴a4＝2.又∵q3＝a4a1＝214＝8，∴q＝2，∴a2＝a1q＝14×2＝12，故选C.答案：C法二：∵a3a5＝4(a4－1)，∴a1q2·a1q4＝4(a1q3－1)，将a1＝14代入上式并整理，得q6－16q3＋64＝0，解得q＝2，∴a2＝a1q＝12，故选C.3．(2015·全国卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________.解析：∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．又∵Sn＝126，∴21－2n1－2＝126，∴n＝6.答案：6[怎么考]基础性：对基本量的计算，知三求二．创新性：以数学文化为背景，引入等比数列问题．综合性：对部分条件进行变形得到等比数列，解题时要抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系．二、高频考点逐一精析——扫盲点考点(一)数列的递推关系式[典例](1)已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S20＝()A．3B．2C．1D．0(2)(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.(3)已知数列{an}满足a1＝2，an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，则an＝________.[解析](1)∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S20＝3×0＋a19＋a20＝a1＋a2＝3.故选A.(2)∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.∴数列{an}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，∴Sn＝a11－qn1－q＝－11－2n1－2＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.(3)由题意可知，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，以上式子累加，得an－a1＝2＋3＋…＋n.因为a1＝2，所以an＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋n－12＋n2＝n2＋n＋22(n≥2)．因为a1＝2满足上式，所以an＝n2＋n＋22.[答案](1)A(2)－63(3)n2＋n＋22[解题方略]由递推关系式求数列的通项公式(1)利用Sn求an：①知Sn的关系式求an，通过公式an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2求；②已知Sn与an的关系式求an：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)消去Sn，得到关于an的关系式，从而可以求an，或消去an，得到关于Sn的关系式，先求出Sn再求an.(2)累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f(n)，其中数列{f(n)}前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．(3)累乘法：数列递推关系形如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)}前n项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．(4)构造法：递推关系形如an＋1＝pan＋q(p，q为常数)可化为an＋1＋qp－1＝pan＋qp－1(p≠1)的形式，利用an＋qp－1是以p为公比的等比数列求解．[集训冲关]1．已知数列{an}的前n项和为Sn＝3＋2n，则数列{an}的通项公式为________．解析：(利用Sn与an的关系)当n＝1时，a1＝S1＝3＋2＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－2n－1＝2n－1.因为当n＝1时，不符合an＝2n－1，所以数列{an}的通项公式为an＝5，n＝1，2n－1，n≥2.答案：an＝5，n＝1，2n－1，n≥22．已知在数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为an＝________.解析：(构造法)因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，所以4an－an＋1＋1＝0.所以an＋1＋13＝4an＋13.因为a1＝3，所以a1＋13＝103.故数列an＋13是首项为103，公比为4的等比数列．即an＝103·4n－1－13.答案：103·4n－1－133．已知在数列{an}中，an＋1＝nn＋2an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式an＝________.解析：(累乘法)由an＋1＝nn＋2an，得an＋1an＝nn＋2，故a2a1＝13，a3a2＝24，…，anan－1＝n－1n＋1(n≥2)，以上式子累乘得，ana1＝13·24·…·n－3n－1·n－2n·n－1n＋1＝2nn＋1.因为a1＝4，所以an＝8nn＋1(n≥2)．因为a1＝4满足上式，所以an＝8nn＋1.答案：8nn＋1考点(二)等差、等比数列的基本运算[大稳定——常规角度考“四基”]1．[等差数列的基本运算](2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则()A．an＝2n－5B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8nD．Sn＝12n2－2n解析：设首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得4a1＋6d＝0，a1＋4d＝5，解得a1＝－3，d＝2.所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋nn－12×2＝n2－4n.故选A.答案：A2．[等差、等比数列的综合]已知各项均为正数的等比数列{an}的首项a1＝12，前n项和为Sn，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，则数列{an}的通项公式an＝()A.12nB.12n－1C.12×14n－1D.12×14n解析：设等比数列{an}的公比为q(q0)，由题意知a10，且an＝12·qn－1，又S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以2(S5＋a5)＝S3＋a3＋S4＋a4，即2(a1＋a2＋a3＋a4＋2a5)＝a1＋a2＋2a3＋a1＋a2＋a3＋2a4，化简得4a5＝a3，从而4q2＝1，解得q＝±12，又q0，故q＝12，an＝12n，选择A.答案：A3．[等比数列的基本运算](2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝34，则S4＝________.解析：设等比数列的公比为q，则an＝a1qn－1＝qn－1.∵a1＝1，S3＝34，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝34，即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－12，∴S4＝1×1－－1241－－12＝58.答案：58[解题方略]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．[小创新——变换角度考“迁移”]1．[借助数学文化考查等比数列](2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏解析：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝a11－271－2＝381，解得a1＝3.答案：B2．[借助数学文化考查等差数列]《九章算术》一书中衰分、均输、盈不足等卷中记载了一些有关数列的问题．齐去长安三千里，今有良马发长安至齐，驽马发齐至长安，同日相向而行．良马初日行一百五十五里，日增十二里；驽马初日行一百里，日减二里．问几日相遇()A．十日B．十一日C．十二日D．六十日解析：设良马每天行走的里数构成数列{an}，驽马每天行走的里数构成数列{bn}，则{an}，{bn}均为等差数列，公差分别为d1，d2.且a1＝155，d1＝12，b1＝100，d2＝－2，设n日相遇，则由题意知155n＋nn－12×12＋100n＋nn－12×(－2)＝3000，解得n＝10.答案：A3．[定义数列中的创新]若数列{an}满足1an＋1－2an＝0，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列1bn为“