2021届高考数学(新课标版-理)二轮复习专题讲解-专题三--数列-Word版含解析.docx

专题三数列第一讲等差数列、等比数列(选择、填空题型)1(2022北京高考)设an是公比为q的等比数列，则“q1”是“an为递增数列”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析：选D当数列an的首项a10时，若q1，则数列an是递减数列；当数列an的首项a10时，要使数列an为递增数列，则0q1，所以“q1”是“数列an为递增数列”的既不充分也不必要条件故选D.2(2022福建高考)等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6等于()A8 B10 C12 D14解析：选C设等差数列an的公差为d，则S33a13d，所以12323d，解得d2，所以a6a15d25212，故选C.3(2022辽宁高考)设等差数列an的公差为d，若数列2a1an为递减数列，则( )Ad0 Bd0 Da1d0解析：选D法一：ana1(n1)d，所以2a1an2a1a1(n1)d，由于是递减数列，故有2a1a1(n1)da1a1(n2)d2a1d120，所以a1d0，故选D.法二：数列2a1an为递减数列等价于数列a1an为递减数列，等价于a1ana1an10，即a1(anan1)0，即a1d0)，则an的通项an_.自主解答1.由已知SnSn12可得，2，是以1为首项，2为公差的等差数列，故2n1，Sn(2n1)2，a81S81S8016121592640.故选C.2法一：由于Sn，所以an1Sn1Sn(aa2an12an)，即4an1aa2an12an，整理得2(an1an)(an1an)(an1an)，即(an1an)(an1an2)0.由于an0，所以an1an0，所以an1an20，即an1an2.而当n1时，有S1，即a1，整理得a2a110，解得a11；当n2时，有S2，即a1a2，整理得a2a230，又an0，所以解得a23.由于a2a12，所以数列an是一个首项a11，公差d2的等差数列，其通项公式为an12(n1)2n1.法二：由于an0，所以an10，Sn0，由Sn，得.当n1时，有，解得a11.当n2时，有anSnSn1，故由上式得2an1SnSn11，即(1)(1)0.由于an0，a1S11，所以1，即10，故由上式得10，所以数列是一个首项为1，公差为1的等差数列，其通项公式为n.由，得an212n1.明显，当n1时，也适合上式综上可知，数列an的通项公式为an2n1.答案1.C2.2n1已知Sn与an的关系式求an的方法数列的通项an与前n项和Sn的关系是an当n1时，a1若适合SnSn1，则n1的状况可并入n2时的通项an；当n1时，a1若不适合SnSn1，则用分段函数的形式表示热点二等差、等比数列的基本运算命题角度(1)考查等差(比)数列中a1，n，d(q)的计算，如T1，T2；(2)考查等差、等比数列的交汇运算，如T3.1设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k()A8 B7 C6 D52(2022台州模拟)设Sn为等比数列an的前n项和，若8a2a50，则()A8 B5 C8 D153设数列an是首项为1的等比数列，若是等差数列，则的值等于()A2 012 B2 013 C3 018 D3 019自主解答1.法一：由题意，Sk2(k2)a1dk2(k2)(k1)(k2)2，Skka1dkk(k1)k2，故Sk2Sk(k2)2k24k424，解得k5.法二：Sk2Skak2ak12ak1d2(a1kd)d2(12k)224，解得k5.2设数列an的公比为q，由8a2a50，得8q3，即q2，再由等比数列的前n项和公式得1q25.3据题意anqn1，.若数列为等差数列，由定义可得为定值，故必有q1，故an1，因此2 0123 018.答案1.D2.B3.C将题1中的条件“a11，公差d2，Sk2Sk24”改为“，S7S415”，求Sn的最小值解：记等差数列an的公差为d，依题意有由此解得a115，d4，an4n19，Sn2n217n22，因此当n4时，Sn取得最小值S424217436. 方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、n、an与Sn这五个量，假如已知其中的三个，就可以求其余的两个其中a1和d(或q)是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后依据通项公式、求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现热点三等差、等比数列的性质命题角度(1)考查等差数列的性质，如T1，T2；(2)考查等比数列的性质，如T3.1已知在等差数列an中，a7a916，S11，则a12的值是()A15 B30 C31 D642(2022杭州模拟)已知等差数列an前9项的和等于前4项的和，若a11，aka40，则k_.3已知在各项为正的数列an中，a11，a22，log2an1log2ann(nN*)，则a1a2a2 01321 008_.自主解答1.an为等差数列，a7a92a816，a88，又S1111a6，a6，2da8a6，a12a84d15.2由S9S4，所以a5a6a7a8a90，即5a70，所以a70.又a11，由a7a16d得d.又aka40，即a1(k1)a130，即(k1)，所以k19，所以k10.3依题意得an1an2n，则2，即2，因此数列a1，a3，a5，a2 013是以a11为首项，2为公比的等比数列，a1a3a5a2 01321 0071；数列a2，a4，a6，a2 012是以a22为首项，2为公比的等比数列，a2a4a6a2 01221 0072.所以a1a2a2 01321 008(21 0071)(21 0072)21 0083.答案1.A2.103.3巧用等差(比)中项变形等差数列与等比数列的性质应用问题中，等差中项与等比中项是格外重要的，主要体现在两个方面：(1)等差(比)中项在解决项的计算问题中的应用将两项之和(或积)直接转化为数列中的某一项，在等差数列an中，有ankank2an，在等比数列bn中，有bnkbnkb；(2)等差中项在等差数列求和公式中的应用在等差数列an中，如n2k1(kN*)，则a1an2ak1，所以Snnak1.热点四数列与递推公式命题角度(1)考查利用累加或累乘求通项公式；(2)考查具有周期性的数列；(3)考查构造等差数列或等比数列解决问题的方法.例1(1)(2022杭州七校联考)数列an满足a12，a21，并且(n2)，则数列an的第100项为()A. B. C. D.(2)(2022唐山模拟)已知数列an满足a10，a21，an23an12an，则an的前n项和Sn_.(3)(2022郑州模拟)已知数列an中，a11，a22，且anan2an1(nN*)，则a2 014的值为_师生共研(1)由于n2时，即，即，又有，所以数列是以为首项，公差为d的等差数列，则，可得an，a100.(2)an23an12an，an2an12(an1an)，2，数列an1an是以1为首项，2为公比的等比数列，an1an2n1，a2a120，a3a221，a4a322，anan12n2，ana120212n22n11，an2n11，Sn(20212n1)nn2nn1.(3)anan2an1(nN*)，由a11，a22，得a32，由a22，a32，得a41，由a32，a41，得a5，由a41，a5，得a6，由a5，a6，得a71，由a6，a71，得a82，由此推理可得an是一个周期为6的数列，所以a2 014a41.答案(1)D(2)2nn1(3)1由递推公式求通项公式的常用方法已知数列的递推关系求数列的通项公式时，通常用累加、累乘、构造法求解当消灭anan1m时，构造等差数列；当消灭anpan1q时，构造等比数列；当消灭anan1f(n)时，用累加法求解；当消灭f(n)时，用累乘法求解1已知数列an满足an1若a1，则a2 014_.解析：由题意得，a2，a3，a4，a5，a6，故数列an是以3为周期的周期数列，又2 01436711，所以a2 014a1.答案：2已知数列an满足a11，an(n2)，则数列an的通项公式为an_.解析：依题意得，从而，即(n2)，因此数列是以1为首项，为公差的等差数列，于是有1(n1)，即an.答案：3已知数列an满足：a11，(n1)ann2nan1(nN*，n2)，则数列an的通项公式为_解析：当n2时，有(n1)ann2nan1，故2n，则有2n1，2n2，22，上述n1个式子累乘，得2n1(2n2n12n222)n2n(n1)(n2)2n2.当n1时，a11201，也满足上式故数列an的通项公式为.答案：热点五数列与函数的综合问题命题角度把数列问题函数化，通过函数给出数列，考查数列的有关计算或性质是命制此类问题的突出特点.例2(1)(2022青岛模拟)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数且满足ff(x)，f(2)3.数列an满足a11，且21(其中Sn为数列an的前n项和)，则f(a5)f(a6)()A3B2C3 D2(2)(2022德阳模拟)定义在(0，)上函数f(x)满足对任意x，y(0，)，都有xyf(xy)xf(x)yf(y)，记数列anf(2n)，有以下命题：f(1)0；a1a2；令函数g(x)xf(x)，则g(x)g0；令数列bn2nan，则数列bn为等比数列，其中的真命题为_师生共研(1)由ff(x)可知函数f(x)的对称轴为x，又函数f(x)是奇函数，所以有ff(x)f，所以ff(x)，即f(x3)f(x)，函数f(x)的周期为3.由21得Sn2ann，所以当n2时，anSnSn12ann(2an1n1)2an2an11，即an2an11，所以a23，a37，a415，a531，a663，所以f(a5)f(a6)f(31)f(63)f(1)f(0)f(1)f(0)由于函数f(x)是奇函数，所以有f(0)0，由f(2)3，可得f(1)f(2)3，所以f(a5)f(a6)3.(2)令xy1，由xyf(xy)xf(x)yf(y)得，f(1)0，正确；令xy2，则4f(4)2f(2)2f(2)，即f(4)f(2)，又a1f(2)，a2f(4)，所以a1a2，正确；令y，则有f(1)xf(x)f，即g(x)gf(1)0，正确；由于b12a1，b24a2，b38a3，而a1a2，a3f(8)，令x2，y4，由xyf(xy)xf(x)yf(y)得，8f(8)2f(2)4f(4)，化简得f(8)f(2)，即a3a1，明显b1，b2，b3不是等比数列中的项，所以bn定不是等比数列，错答案(1)C(2)解决此类问题要抓住一个中心函数，两个亲密联系：(1)数列和函数间的亲密联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是争辩函数问题的基础；(2)方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的关系进行机敏处理4已知函数f(x)x2ax的图象在点A(1，f(1)处的切线l与直线x3y20垂直，若数列的前n项和为Sn，则S2 013的值为()A. B. C. D.解析：选Df(x)2xa，由已知得f(1)3，所以a1，所以，所以Sn1，故S2 013.5设函数f(x)(x3)3x1，数列an是公差不为0的等差数列，f(a1)f(a2)f(a7)14，则a1a2a7()A0 B7 C 14 D21解析：选Df(a1)f(a2)f(a7)(a13)3a11(a23)3a21(a73)3a7114，即(a13)3a13(a23)3a23(a73)3a730，依据等差数列的性质得(a433d)3(a432d)3(a433d)37(a43)0，即(a433d)3(a433d)3(a432d)3(a432d)3(a43)37(a43)0，2(a43)(a43)227d22(a43)(a43)212d22(a43)(a43)23d2(a43)37(a43)0，即(a43)7(a43)284d270，a430，即a43，a1a2a77a421.热点六与数列有关的新定义问题命题角度(1)定义一种新数列，考查数列的有关运算；(2)定义一种新函数，然后将新函数与数列问题相结合考查.例3(1)定义“等积数列”：在一个数列中，假如每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积已知数列an是等积数列且a12，前21项的和为62，则这个数列的公积为_(2)记x为不超过实数x的最大整数，例如，22，1.51，0.31.设a为正整数，数列xn满足x1a，xn1(nN*)，现有下列命题：当a5时，数列xn的前3项依次为5,3,2；对数列xn都存在正整数k，当nk时总有xnxk；当n1时，xn1；对某个正整数k，若xk1xk，则xk 其中的真命题有_(写出全部真命题的编号)师生共研(1)设这个等积数列的公积为m，由于a12，所以a2，于是这个数列的各项依次为2，2，2，由于前21项的和为62，所以2111062，解得m8.(3) 对于，当a5时，x15，x23，x32，因此正确对于，留意到当a3时，x13，x22，x31，x42，x51，x62，x71，此时数列xn除第一项外，从其次项起以后的项是以2为周期重复性消灭的，此时不存在正整数k，使得当nk时，总有xnxk，不正确对于，留意到xnN*，且x1a，x1(1)a120，即x11，若xn是正奇数，则xn11；若xn是正偶数，则xn11，综上所述，当n1时，xn1成立，因此正确对于，依题意得知xk1xk0，xk0，即xk0，xkxk0，xk0，xk；又由得知xk1，于是有1xk，因此有xk ，正确综上所述，其中的真命题是.答案(1)8(2)解决此类问题的关键是快速去掉“新定义”的外衣，将原问题转化为我们生疏的函数或数列问题求解6定义在(，0)(0，)上的函数f(x)，假如对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”，现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2；f(x)2x；f(x)；f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为()A B C D解析：选C法一：设an的公比为q.f(an)a，2q2，f(an)是等比数列排解B、D.f(an)，f(an)是等比数列排解A.法二：不妨令an2n.由于f(x)x2，所以f(an)4n.明显f(2n)是首项为4，公比为4的等比数列由于f(x)2x，所以f(a1)f(2)22，f(a2)f(4)24，f(a3)f(8)28，所以416，所以f(an)不是等比数列由于f(x)，所以f(an)()n.明显f(an)是首项为，公比为的等比数列由于f(x)ln|x|，所以f(an)ln 2nnln 2.明显f(an)是首项为ln 2，公差为ln 2的等差数列7若数列an满足对任意的nN*，只有有限个正整数m使得amn成立，记这样的m的个数为(an)*，则得到一个新数列(an)*例如，若数列an是1,2,3，n，则数列(an)*是0,1,2，n1，.已知对任意的nN*，ann2，则(a5)*_，(an)*)*_.解析：依题意可知，数列an是1,4,9,16，所以满足am0，n1,2，且a5a2n522n(n3)，则当n1时，log2a1log2a3log2a2n1()An(2n1) B(n1)2Cn2 D(n1)2解析：选C由于数列an是等比数列，所以a5a2n5a，an0，所以an2n，故log2a1log2a3log2a2n1log2(a1a3a2n1)log2213(2n1)n2.4已知数列an的前n项和Snn2n，正项等比数列bn中，b2a3，bn3bn14b(n2，nN*)，则log2bn()An1 B2n1 Cn2 Dn解析：选D法一：由于a3S3S24，所以b2a34，log2b2log242，验证可知A，B，C均不符合，答案为D.法二：由于a3S3S24，所以b2a34，又bn3bn14b，即b4b，所以q24，q2，所以数列bn的通项公式是bnb2qn242n22n，所以log2bnlog22nn.故选D.5(2022汕头模拟)设等差数列an的公差d0，a14d.若ak是a1与a2k的等比中项，则k()A3或1 B3或1 C3 D1解析：选C因ak是a1与a2k的等比中项，所以aa1a2k，即a1(k1)d2a1a1(2k1)d，又a14d，d0，则有k22k30，即k3或k1(舍去)6数列an的首项为3，bn为等差数列且bnan1an(nN*)，若b32，b1012，则a8()A0 B3 C8 D11解析：选Bbn为等差数列，设其公差为d，b32，b1012，7db10b312(2)14，d2.b32，b1b32d246，b1b2b77b1d7(6)2120.又b1b2b7(a2a1)(a3a2)(a8a7)a8a1a83.所以，a830，a83.故选B.7(2022眉山模拟)已知数列an的前n项和Sn2n12，等差数列bn中，b2a2，且bn3bn12bn4，(n2，nN*)，则bn()A2n2 B2n Cn2 D2n2解析：选Ban2n122n22n(n1)，当n1时，a1S12112221，故an2n(n1)所以b2a24，由此可排解A、C、D.对B选项，若bn2n，则bn3bn12(n3)2(n1)4n4,2bn44n4满足题设，选B.8在数列an中，a11，a22，若an22an1an2，则an等于()A.n3n Bn35n29n4Cn22n2 D2n25n4解析：选C依题意得(an2an1)(an1an)2，因此数列an1an是以1为首项，2为公差的等差数列，an1an12(n1)2n1.当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)113(2n3)1(n1)21n22n2，又a1112212，因此ann22n2.9若数列an的前n项和为Sn，则下列命题：(1)若数列an是递增数列，则数列Sn也是递增数列；(2)数列Sn是递增数列的充要条件是数列an的各项均为正数；(3)若an是等差数列(公差d0)，则S1S2Sk0的充要条件是a1a2ak0；(4)若an是等比数列，则S1S2Sk0(k2，kN)的充要条件是anan10.其中，正确命题的个数是()A0个 B1个 C2个 D3个解析：选B数列an的前n项和为Sn，故Sna1a2a3an.若数列an是递增数列，则数列Sn不肯定是递增数列，如当an1,2a8a7(2a2a1)q6，令tq2，则2a8a7，设函数f(t)(t1)，f(t)，易知当t时，f(t)为减函数，当t时，f(t)为增函数，所以f(t)的最小值为f54，故2a8a7的最小值为54.答案：5415已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数，对于任意的x，yR，都有f(xy)xf(y)yf(x)成立数列an满足anf(2n)(nN*)，且a12，则数列an的通项公式为an_.解析：令x2，y2n1，则f(xy)f(2n)2f(2n1)2n1f(2)，即an2an12n，1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，由此可得1(n1)1n，即ann2n.答案：n2n16已知定义在R上的函数f(x)、g(x)满足ax，且f(x)g(x)f(x)g(x)，若有穷数列(nN*)的前n项和为，则n_.解析：依据题意得，由于f(x)g(x)f(x)g(x)，所以0，即函数ax单调递减，所以0a1.又，即aa1，即a，解得a2(舍去)或a.所以x，即数列为首项为a1，公比q的等比数列，所以Sn1n，由1n，得n，解得n5.答案：5其次讲高考中的数列(解答题型)1(2022新课标全国卷)已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由解：(1)由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11.两式相减得an1(an2an)an1.由于an10，所以an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得a21.由(1)知，a31.令2a2a1a3，解得4.故an2an4，由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2.因此存在4，使得数列an为等差数列2(2022江西高考)已知首项都是1的两个数列an，bn(bn0，nN*)，满足anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令cn，求数列cn的通项公式；(2)若bn3n1，求数列an的前n项和Sn.解：(1)由于anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以2，即cn1cn2.所以数列cn是以首项c11，公差d2的等差数列，故cn2n1.(2)由bn3n1知ancnbn(2n1)3n1，于是数列an前n项和Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n2(2n2)3n，所以Sn(n1)3n1.数列求和常用的方法1分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cnanbn形式的数列求和问题的方法，其中an与bn是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列2裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即anf(n1)f(n)的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法形如(其中an是各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等3错位相减法：形如anbn(其中an为等差数列，bn为等比数列)的数列求和，一般分三步：巧拆分；构差式；求和4倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法