2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第二层级高考5个大题题题研诀窍数列问题重在“归”——化归

[技法指导——迁移搭桥]                

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [典例]　(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.

(1)求b1，b2，b3；

(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；

(3)求{an}的通项公式．

[快审题]　

[稳解题]

(1)由条件可得

an＋1＝an.

将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.

将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.

从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.

(2)数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．

理由如下：

由条件可得＝，

即bn＋1＝2bn，

又b1＝1，

所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．

(3)由(2)可得＝2n－1，

所以an＝n·2n－1.

[题后悟道]　等差、等比数列基本量的计算模型

(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序．

(2)注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．

[针对训练]

　已知正数数列{an}的前n项和为Sn，满足a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a1＝1.

(1)求数列{an}的通项公式．

(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若bn＋1>bn对任意n∈N*恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)因为a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，

所以a＝Sn＋1＋Sn.

两式相减，得a－a＝an＋1＋an.

因为an>0，所以an＋1－an＝1.

又a1＝1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列．

所以an＝n.

(2)因为bn＝(1－an)2－a(1－an)，且由(1)得an＝n，

所以bn＝(1－n)2－a(1－n)＝n2＋(a－2)n＋1－a，

所以bn＋1＝(n＋1)2＋(a－2)(n＋1)＋1－a＝n2＋an.

因为bn＋1>bn恒成立，

所以n2＋an>n2＋(a－2)n＋1－a，

解得a>1－2n，所以a>－1.

则实数a的取值范围为(－1，＋∞)．

A组——“6＋3＋3”考点落实练

一、选择题

1．(2019届高三·武汉调研)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1＝(　　)

A．－2　　　　　　　　　 　B．－1

C.   D.

解析：选B　由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，

得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，

解得q＝－1(舍去)或q＝，

将q＝代入S2＝3a2＋2中，得a1＋a1＝3×a1＋2，

解得a1＝－1.

2．已知数列{an}满足＝，且a2＝2，则a4等于(　　)

A．－   B．23

C．12   D．11

解析：选D　因为数列{an}满足＝，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，即数列{an＋1}是等比数列，公比为2，则a4＋1＝22(a2＋1)＝12，解得a4＝11.

3．(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为(　　)

A．10   B．11

C．12   D．13

解析：选C　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7<S6，S7＝S5＋a6＋a7>S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故选C.

4．数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝(　　)

A．1   B．－2

C．3   D．－3

解析：选A　因为an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，

所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)．

所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an，

故{an}是以6为周期的周期数列．

因为2 019＝336×6＋3，

所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A.

5．(2018·郑州第二次质量预测)已知f(x)＝数列{an}(n∈N*)满足an＝f(n)，且{an}是递增数列，则a的取值范围是(　　)

A．(1，＋∞)   B.

C．(1,3)   D．(3，＋∞)

解析：选D　因为an＝f(n)，且{an}是递增数列，

所以则得a>3.故选D.

6．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋＋等于(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选C　由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，

则a2－a1＝1＋1，

a3－a2＝2＋1，

a4－a3＝3＋1，

…，

an－an－1＝(n－1)＋1，

以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，

把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，

＝＝2，

则＋＋…＋＋＝2＋＋…＋＋＝2＝.

二、填空题

7．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.

解析：∵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＝＝＝1－2n，

∴S6＝1－26＝－63.

答案：－63

8．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．

解析：设该女子第一天织布x尺，

则＝5，解得x＝，

所以该女子前3天所织布的总尺数为＝.

答案：

9．(2019届高三·福建八校联考)在数列中，n∈N*，若＝k(k为常数)，则称为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：

①k不可能为0；

②等差数列一定是“等差比数列”；

③等比数列一定是“等差比数列”；

④“等差比数列”中可以有无数项为0.

其中所有正确判断的序号是________．

解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当是等比数列，且公比q＝1时，不是等差比数列，所以③错误；数列0,1,0,1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．

答案：①④

三、解答题

10．(2018·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求Sn，并求Sn的最小值．

解：(1)设{an}的公差为d，

由题意得3a1＋3d＝－15.

又a1＝－7，所以d＝2.

所以{an}的通项公式为an＝2n－9.

(2)由(1)得Sn＝＝n2－8n＝(n－4)2－16，

所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.

11．(2018·成都第一次诊断性检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)设数列{an}的公差为d，

∵a2＝3，S4＝16，

∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，

解得a1＝1，d＝2.

∴an＝2n－1.

(2)由题意，bn＝＝，

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝

＝

＝.

12．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.

(1)证明{Sn－n＋2}为等比数列；

(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.

解：(1)证明：当n＝1时，由Sn－2an＝n－4，得a1＝3.

∴S1－1＋2＝4.

当n≥2时，Sn－2an＝n－4可化为Sn＝2(Sn－Sn－1)＋n－4，

即Sn＝2Sn－1－n＋4，

∴Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]．

∴{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．

(2)由(1)知，Sn－n＋2＝2n＋1，

∴Sn＝2n＋1＋n－2.

于是Tn＝S1＋S2＋…＋Sn

＝22＋1－2＋23＋2－2＋…＋2n＋1＋n－2

＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n

＝＋－2n

＝2n＋2＋－4.

∴数列{Sn}的前n项和Tn为2n＋2＋－4.

B组——大题专攻补短练

1．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.

(1)求{an}的通项公式．

(2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m.

解：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.

由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2.

故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.

(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.

由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．

若an＝2n－1，则Sn＝＝2n－1.

由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6.

综上，m＝6.

2．(2018·潍坊统考)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)．

(1)证明：数列{an}为等比数列，并求an；

(2)若λ＝4，bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.

解：(1)∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，

当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，

∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，

即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，

∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，

∴an＝λ·2n－1.

(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，

∴bn＝

∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1

＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)

＝＋

＝＋n(n＋2)，

∴T2n＝＋n2＋2n－.

3．(2018·厦门质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，n∈N*.

(1)求证：数列为等差数列；

(2)设T2n＝－＋－＋…＋－，求T2n.

解：(1)证明：由an＋1＝，得＝＝＋，

所以－＝.

又a1＝1，则＝1，

所以数列是首项为1，公差为的等差数列．

(2)设bn＝－＝，

由(1)得，数列是公差为的等差数列，

所以－＝－，

即bn＝＝－×，

所以bn＋1－bn＝－＝－×＝－.

又b1＝－×＝－×＝－，

所以数列{bn}是首项为－，公差为－的等差数列，

所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－n＋×＝－(2n2＋3n)．

4．(2018·石家庄质检)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋.

(1)设bn＝，求数列{bn}的通项公式；

(2)求数列{an}的前n项和Sn.

解：(1)由an＋1＝an＋，可得＝＋，

又bn＝，∴bn＋1－bn＝，

由a1＝1，得b1＝1，

累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝＋＋…＋，

即bn－b1＝＝1－，

∴bn＝2－.

(2)由(1)可知an＝2n－，

设数列的前n项和为Tn，

则Tn＝＋＋＋…＋，①

Tn＝＋＋＋…＋，②

①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－，

∴Tn＝4－.

易知数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，

∴Sn＝n(n＋1)－4＋.