2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练及参考答案

12020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练【题型归纳】等差数列、等比数列的基本运算题组一等差数列基本量的计算例1设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1=1，公差d=2，Sn＋2−Sn=36，则n=A．5B．6C．7D．8【答案】D【解析】解法一：由题知21(1)21nSnadnnnnnn，Sn＋2=(n＋2)2，由Sn＋2−Sn=36得，(n＋2)2−n2=4n＋4=36，所以n=8.解法二：Sn＋2−Sn=an＋1＋an＋2=2a1＋(2n＋1)d=2＋2(2n＋1)=36，解得n=8.所以选D．【易错点】对Sn＋2−Sn=36，解析为an＋2，发生错误。题组二等比数列基本量的计算例2在各项均为正数的等比数列{an}中，若28641,2aaaa，则a6的值是________．【答案】4【解析】设公比为q(q≠0)，∵a2=1，则由8642aaa得6422qqq，即4220qq，解得q2=2，∴4624aaq.【易错点】忘了条件中的正数的等比数列.【思维点拨】等差（比）数列基本量的计算是解决等差（比）数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第一问中，属基础题.等差(比)数列基本运算的解题思路：(1)设基本量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(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．2等差数列、等比数列的判定与证明题组一等差数列的判定与证明例1设数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，已知对任意n∈N*，Sn是a2n和an的等差中项．(1)证明：数列{an}为等差数列；(2)若bn=−n＋5，求{an·bn}的最大项的值并求出取最大值时n的值．【答案】(1)见解析；(2)当n=2或n=3时，{an·bn}的最大项的值为6.【解析】(1)由已知可得2Sn=a2n＋an，且an0，当n=1时，2a1=a21＋a1，解得a1=1；当n≥2时，有2Sn−1=a2n－1＋an−1，所以2an=2Sn−2Sn−1=a2n−a2n－1＋an−an−1，所以a2n−a2n－1=an＋an−1，即(an＋an−1)(an−an−1)=an＋an−1，因为an＋an−10，所以an−an−1=1(n≥2)．故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)可知an=n，设cn=an·bn，则cn=n(−n＋5)=−n2＋5n=−n－522＋254，因为n∈N*，所以当n=2或n=3时，{an·bn}的最大项的值为6.【易错点】Sn是a2n和an的等差中项，无法构建一个等式去求解出an。【思维点拨】等差数列的判定与证明的方法：①定义法：1()nnaadn*N或1(2,)nnaadnn*Nna是等差数列；②定义变形法：验证是否满足11(2,)nnnnaaaann*N；③等差中项法：122()nnnnaaana*N为等差数列；④通项公式法：通项公式形如(,napnqpq为常数)na为等差数列；⑤前n项和公式法：2(,nSpnqnpq为常数)na为等差数列．注意：3（1）若判断一个数列不是等差数列，只需找出三项12,,nnnaaa，使得122nnnaaa即可；（2）如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法．题组二等比数列的判定与证明例2设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn＋1=4an＋2.(1)设bn=an＋1−2an，证明：数列{bn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．【答案】(1)见解析；(2)an=(3n−1)·2n−2.【解析】(1)由a1=1及Sn＋1=4an＋2，得a1＋a2=S2=4a1＋2.∴a2=5，∴b1=a2−2a1=3.又Sn＋1＝4an＋2，①Sn＝4an－1＋2，②①−②，得an＋1=4an−4an−1，∴an＋1−2an=2(an−2an−1)．∵bn=an＋1−2an，∴bn=2bn−1，故{bn}是首项b1=3，公比为2的等比数列.(2)由(1)知bn=an＋1−2an=3·2n−1，∴an＋12n＋1−an2n=34，故an2n是首项为12，公差为34的等差数列．∴an2n=12＋(n−1)·34=3n－14，故an=(3n−1)·2n−2.【易错点】对于bn=an＋1−2an，在条件中无法构造出来，等比数列的判定与证明常用的方法不清楚.【思维点拨】等比数列的判定与证明常用的方法：（1）定义法：1nnaqa(q为常数且0)q数列{}na是等比数列．（2）等比中项法：212(,0)nnnnaaana*N数列{}na是等比数列．4（3）通项公式法：(0,)nnatqtqn*N数列{}na是等比数列．（4）前n项和公式法：若数列的前n项和nnSAqA(0,0,1)Aqq，则该数列是等比数列．其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法一般用于选择题、填空题中．注意：（1）若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．（2）只满足10nnaqaq的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要10a.等差数列、等比数列的性质题组一等差数列性质的应用例1若{an}是等差数列，首项a10，a2016＋a20170，a2016·a20170，则使前n项和Sn0成立的最大正整数n是A．2016B．2017C．4032D．4033【答案】C【解析】因为a10，a2016＋a20170，a2016·a20170，所以d0，a20160，a20170，所以140322016201740324032()4032()022aaaaS，14033403320174033()403302aaSa，所以使前n项和Sn0成立的最大正整数n是4032.【易错点】等差数列的求和与等差数列的某一项有关系。题组二等比数列性质的应用例2已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3=4，a4＋a5＋a6=8，则S12=A．40B．60C．32D．50【答案】B【解析】由等比数列的性质可知，数列S3，S6−S3，S9−S6，S12−S9是等比数列，即数列4,8，S9−S6，S12−S9是等比数列，因此S12=4＋8＋16＋32=60，选B．【易错点】21nnnSqS，等式不会转化.【思维点拨】等差（比）数列的性质是每年高考的热点之一，利用等差（比）数列的性质进行求解可使题目减少运5算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题.应用等差数列性质的注意点：（1）熟练掌握等差数列性质的实质等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n项和公式等基础知识的推广与变形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题.（2）应用等差数列的性质解答问题的关键寻找项数之间的关系，但要注意性质运用的条件，如若mnpq，则qpnmaaaa(,mn,p,)q*N，需要当序号之和相等、项数相同时才成立，再比如只有当等差数列{an}的前n项和Sn中的n为奇数时，才有Sn=na中成立.应用等比数列性质时的注意点：（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n=p＋q，则am·an=ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．（2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.等差数列与等比数列的综合例1已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则A．a1d0，dS40B．a1d0，dS40C．a1d0，dS40D．a1d0，dS40【答案】B【解析】由a24=a3a8，得(a1＋2d)(a1＋7d)=(a1＋3d)2，整理得d(5d＋3a1)=0，又d≠0，∴a1=−53d，则a1d=−53d20，又∵S4=4a1＋6d=−23d，∴dS4=−23d20，故选B．【易错点】对三项成等差数列的中项性质应用.例2已知数列{an}满足：an＋1−an=d(n∈N*)，前n项和记为Sn，a1=4，S3=21.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足b1=167，12nannbb＋，求数列{bn}的通项公式．【答案】(1)an=3n＋1；(2)bn=17×23n＋1.【解析】(1)由已知数列{an}为等差数列，公差为d，则S3=3×4＋3×22d=21，解得d=3，6所以数列{an}的通项公式为an=3n＋1.(2)由(1)得bn＋1−bn=23n＋1.当n≥2时，bn=(bn−bn−1)＋(bn−1−bn−2)＋…＋(b2−b1)＋b1，所以43(1)32354313161672[12]1222221277nnnnnbn．又b1=167满足bn=17×23n＋1，所以∀n∈N*，bn=17×23n＋1.【易错点】累加法的联想和使用.考点5等差数列与等比数列的创新问题题组一等差数列与等比数列的新定义问题例1设Sn为数列{an}的前n项和，若S2nSn(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”．若数列{cn}是首项为2、公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d=________.【答案】4【解析】由题意可知，数列{cn}的前n项和为1()2nnnccS，前2n项和为1222()2nnnccS，所以S2nSn=1212()2()2nnnccncc=2＋2nd4＋nd－d=2＋21＋4－dnd，所以当d=4时，S2nSn为非零常数．【易错点】数列新定义型创新题.【思维点拨】数列新定义型创新题的一般解题思路：(1)阅读审清“新定义”；(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识；(3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．题组二等差数列与等比数列的文化背景问题例2《九章算术》卷第六《均输》中，提到如下问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升．问中间．．二节欲均容，各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即每节的容量成等差数列．在这个问题中的中间．．两节容量分别是A．6766升、4133升B．2升、3升7C．322升、3733升D．6766升、3733升【答案】D【解析】设从上而下，记第i节的容量为ia升，故12343aaaa，7894aaa，设公差为d，则有113214463adad，解得11322766ad，故56766a，63733a，选D．【易错点】数学文化和数学知识的结合需要学生的应用意识.公式法求和题组一等差数列的求和公式例1设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S17＞0，S18＜0，则S1a1，S2a2，…，S15a15中最大的项为A．S7a7B．S8a8C．S9a9D．S10a10【答案】C【解析】因为{an}是等差数列，所以S17=11717()2aa=17a9＞0，所以a9＞0，又S18=11818()2aa=9(a9＋a10)＜0，所以a10＜0，即该等差数列前9项均是正数项，从第10项开始是负数项，则S9a9最大，故选C．【易错点】等差数列的公差和求和的关系.题组二等比数列的求和公式例2在等比数列{an}中，a1＋an=34，a2·an−1=64，且前n项和Sn=62，则项数n等于A．4B．5C．6D．7【答案】B【解析】设等比数列{an}的公比为q，由题意得a2an−1=a1an=64，又a1＋an=34，解得a1=2，an=32或a1=32，an=2.当a1=2，an=32时