2019-2020年高三数学一轮总复习 专题八 数列（含解析）.doc

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2019-2020 年高三数学一轮总复习 专题八 数列（含解析） 抓住 5 个高考重点 重点 1 数列的概念与通项公式 1.数列的定义 2.通项与前项和的关系： 112 1,., ,2nn nnnSSaaaS  3.数列的一般性质：（1）单调性；（2）周期性-若，则为周期数列，为的一个周期. 4.数列通项公式的求法：观察、归纳与猜想 [高考常考角度] 角度 1 已知数列满足 ，则*43412,0,,nnnaaN 解析：主要考查对数列中项数的分析处理能力， 0147210725410aa 角度 2 已知数列的前项和为第项满足则（ ） A. B. C. D. 解析：当时， ；当时， ，故 由 ，故选 B5821087.59,8kann 重点 2 等差数列及其前项和 1.等差数列的通项公式： *1(),(),(,)nnmadadNmn 2.等差数列的前项和公式： ，为常数2122Sab 3.等差数列的性质与应用： 也成等差数列23243,,,,.pqstnnnpqstSS 4.等差数列前项和的最值：（1）若，数列的前几项为负数，则所有负数项或零项之和为最小； （2）若，数列的前几项为正数，则所有正数项或零项之和为最大； （3）通过用配方法或导数求解. 5 等差数列的判定与证明：（1）利用定义， （2）利用等差中项， （3）利用通项公式为常数， （4）利用前项和，为常数 [高考常考角度] 角度 1 在等差数列中， ，则__________ 解析：由等差数列的性质知 .246846372()()4aaa 角度 2 已知为等差数列，其公差为，且是与的等比中项，为的前项和， ，则的值为（ ） A． B． C． D． 解析：∵，∴ ，解之得，)1()1(12aa ∴ . 故选 D.1009(0S 角度 3 设等差数列的前项和为,若,,则当取最小值时等于（ ） A． B． C． D． 解析：设该数列的公差为，则 ，解得，46128(1)86add 所以 ，所以当时，取最小值.选 A2(1)632nSn 角度 4 已知数列满足对任意的，都有，且 2331212nnaaa  ． （1）求，的值； （2）求数列的通项公式； （3）设数列的前项和为，不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围． 解：（1）当时，有，由于，所以． 当时，有，将代入上式，由于，所以． （2）由于 2331212nnaaa  ， ① 则有 21n  ． ② ②－①，得 2231212nn na  ， 由于，所以 2aa ． ③ 同样有 121nn ， ， ④ ③－④，得． 所以． 由于，即当时都有，所以数列是首项为 1，公差为 1 的等差数列． 故． （3） 21, ()()2nnan 13243512.n nnSa1[())().()()]2n21242nn13311[()][()]04 ()3nS n  数列是递增数列，故 要使不等式对任意的正整数恒成立 只须，又 故 所以 实数的取值范围是 角度 5 （xx.福建）已知等差数列中， ， ． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若数列的前项和，求的值． 解析：（Ⅰ）设等差数列的公差，则， 由题设， ，所以． ．312ad1()23nan （Ⅱ）因为 ，()(32)5kkakS 所以，解得或．因为，所以． 重点 3 等比数列及其前项和 1.等比数列的通项公式： 1*,,,nnmaqaNn 2.等比数列的前项和公式： 1(),nnSq 3.等比数列的性质与应用: 也成等比数列23243,,,,.pqstnnnpstaSS 4.等比数列的判定与证明：（1）利用定义为常数（2）利用等比中项， [高考常考角度] 角度 1 若等比数列满足，则公比为（ ） A. B. C. D. 解析：由题有 ，故选择 B.223122316,64aaq 角度 2 在等比数列中，若则公比 ； . 解析：由已知得；所以 .12 (2)(1)nnna 角度 3 设数列的前项和为 已知 （Ⅰ）设，证明数列是等比数列 （Ⅱ）求数列的通项公式。 解析：（Ⅰ）由及，有 2112135,3aba 由，………………………① 则当时，有……….② ②－①得 ， 又，11()nn 是首项，公比为 2 的等比数列． （Ⅱ）由（Ⅰ）可得， （如果不这样，就要用到累差法了） 数列是首项为，公差为的等比数列． ，131()24nan 故 角度 4 等比数列中，分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行 9 8 18 （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若数列满足：，求数列的前项和. 解析：（Ⅰ）当时，不合题意；当时，不合题意. 当时，当且仅当时，符合题意；因此 故 （Ⅱ）因为 1123()ln23)n 1[(ln]23()ln23)(1ln3,n21 22(13)[()]l)n n  2[()]ln2l3l1.n 重点 4 数列的求和 1.数列求和的注意事项：（1）首项：从哪项开始相加；（2）有多少项求和；（3）通项的特征决定求和的方法 2.常见的求和技巧：（1）公式法，利用等差数列、等比数列的求和公式； （2）倒序相加法； （3）错位相减法； （4）分组求和法； （5）裂项法； （6）并项法 [高考常考角度] 角度 1 若数列的通项公式是,则（ ） A. B. C. D. 解析:方法一：分别求出前 10 项相加即可得出结论； 方法二： ，故 .故选 A.12349103aa aL 角度 2 已知数列 ，求此数列的前项和221,,..n 解析：由 211. nn221()).(.)nnS 231(1.)n23 12(1). 2nnn 角度 3 数列为等差数列，为正整数，其前项和为，数列为等比数列，且， 数列是公比为 64 的等比数列，. （1）求； （2）求证. 解：设{}公差为，由题意易知，且 则{}通项，前项和 再设{}公比为，则{}通项 由可得 ① 又{}为公比为 64 的等比数列，∴ ，∴ ②daaa qqbnnn  111 联立①、②及，且可解得 ∴{}通项， 的通项， （2）由（1）知， ∴ 11()()()3242n 111[)()]33452nn [(1))]n3( 角度 4 设若 ，则________1201()().()044Sfff 解析： 12),x xxff4()1)2xfx 由 得 013(.()204Sfff201321()().()404Sfff ， 3[())][.[]3124f  角度 5 设数列满足 21*13,3naaN （1）求数列的通项公式 （2）设求数列的前项和 解析：（1）由已知 ①2113n 当时， ②2133naa 两式相减得， 在①中，令，得 所以 （2） ③231.nnS ④4 13(1)3n 相减得 23 11()32.n nnnS  重点 5 数列的综合应用 1.等差数列与等比数列的综合 2.数列的实际应用（贵州省所考的新课程全国Ⅱ卷基本上不考此类题，故未选入） [高考常考角度] 角度 1 设，其中成公比为的等比数列，成公差为的等差数列，则的最小值是________ 解析：由题意： ， 23121211aqaaq2221,aaq ，而 的最小值分别为 .2,, 角度 2 已知是以 a 为首项， q 为公比的等比数列，为它的前 n 项和． （Ⅰ）当、 、成等差数列时，求 q 的值； （Ⅱ）当、 、成等差数列时，求证：对任意自然数 k， 、 、也成等差数列． 解析：（Ⅰ）由已知， ，因此， ， ． 当、 、成等差数列时， ，可得． 化简得．解得． （Ⅱ）若，则的每项，此时、 、显然成等差数列． 若，由、 、成等差数列可得，即 (1)()2(1) mlnaqaq ． 整理得．因此， 11()2klnkmkl nka  ． 所以， 、 、也成等差数列． 突破 3 个高考难点 难点 1 数列的递推公式及应用 1.求（为常数）型的通项公式 （1）当时，为等差数列 （2）当时，为等差数列 （3）当且时，方法是累差法或待定系数法，具体做法是： 数列为等比数列11()1nnnnqqapapa 2.求（且为常数）型的通项公式，具体做法是：“倒代换” 由变形为，故是以为首项，为公差的等差数列，进而求解 3. 求（为常数）型的通项公式，具体做法是： 由 ，令，则，再行求解.11nnnapapqq 典例 根据下列条件，求数列的通项公式 （1） （待定系数法） 解析：由 ，是以为公比，为首项的等比数列1122()nnnaa *4,N  （2） （换元法）*113,()2nnaaN 解析：由 ，是以公差，1 为首项的等差数列1123nnn *2() ,3nn aNa （3） （累差法、换元法、待定系数法） 解析：两边除以得，令，则 11()22nnnnbb 是以为公比，为首项的等比数列， 1(),2n nn nnab （4） （累积法） 解析：由已知得 12342123321,,,.,,nnnaaa  以上各式相乘，得 421231 1. . ,4nn nnan  （5） （换元法） 解析：由已知 21313313loglogl2(log)nnnnnaaa  是以为公比，为首项的等比数列， 所以 1 213 3log,l2,nnnn   难点 2 数列与不等式的交汇 典例设数列满足且 （Ⅰ）求的通项公式； （Ⅱ）设记证明： 解析：（Ⅰ）由已知，是公差为 1 的等差数列， ，1()nna （Ⅱ） 1 1nnabn ()()()23 难点 3 数列与函数、方程的交汇 典例 1 已知等比数列的公比，前 3 项和。 （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若函数 在处取得最大值，且最大值为，求的解析式。()sin(2)0,)fxA 点评：本题考察等比数列的通项公式、三角函数的图象性质，考查运算求解能力，考查函数与方程思想。基础题。 解：（Ⅰ）由题有 ；121113393naaa （Ⅱ）由（Ⅰ） ，故，又， 所以 规避 4 个易失分点 易失分点 1 忽略成立的条件 典例 已知数列满足， （1）证明是等差数列，并求出公差 （2）求数列的通项公式 解析：（1）由已知， ，所以是等差数列，且公差为1112() 2nnnSS （2） 536()3653nnS 当时， ，验证与不符18(5)3nna 故 3,8,2(5)nn 易失分点 2 数列求和中包含的项数不清 典例 设 ，则等于（ ）4710310()2.2,nf N A. B. C. D. 解析：容易错选 A，其实仔细观察会发现，有项，故选 D 易失分点 3 数列中的最值求解不当 典例 已知数列满足则的最小值为___________ 解析：由已知得 以上各式相加得11232212(),(),.,,nnaaaa ，1 ()2[3.] 1,3n na  令，由对钩函数或者求导可以知道在上递减，在上递增 又，所以时可能取到最小值，而，故的最小值为 易失分点 4 使用错位相减法求和时对项数处理不当 典例 数列是等差数列， ,其中，数列前项和存在最小值.123(),0,(1)afxafx （1）求通项公式; （2）若，求数列的前项和 解：（1）∵ ∴ 221()4()f  ………………………………2 分23()4167afxxx 又数列是等差数列， ∴ ∴（）+（）= 解之得：或 …………………4 分 当时， ，此时公差， 当时， ，公差，此时数列前 n 项和不存在最小值，故舍去。 ∴ ……………6 分2(1)4na （2）由（1）知， …………… ………8 分21()()nnnab ∴ （点评：此处有一项为 0，但是必须写上，否则会引起混乱）230nS ………10 分（点评：不能打乱原有的结构）4111()2()2nn 1231()()(22nnn nnS  1()(23()nnn …………12 分