(大题总结)数列

1★内部资料严禁兜售至臻书院版权所有1至臻高考内部资料一.专题综述数列是新课程的必修内容，从课程定位上说，其考查难度不应该太大，数列试题倾向考查基础是基本方向．从课标区的高考试题看，试卷中的数列试题最多是一道选择题或者填空题，一道解答题．由此我们可以预测2012年的高考中，数列试题会以考查基本问题为主，在数列的解答题中可能会出现与不等式的综合、与函数导数的综合等，但难度会得到控制．二．考纲解读三.2013年高考命题趋向1.等差数列作为最基本的数列模型之一，一直是高考重点考查的对象．难度属中低档的题目较多，但也有难度偏大的题目．其中，选择题、填空题突出“小、巧、活”，主要以通项公式、前n项和公式为载体，结合等差数列的性质考查分类讨论、化归与方程等思想，要注重通性、通法；解答题“大而全”，注重题目的综合与新颖，突出对逻辑思维能力的考查．预测2012年高考仍将以等差数列的定义、通项公式和前n项和公式为主要考点，重点考查学生的运算能力与逻辑推理能力．2.等比数列的定义、性质、通项公式及前n项和公式是高考的热点，题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度中等偏高．客观题突出“小而巧”，考查学生对基础知识的掌握程度；主观题考查较为全面，在考查基本运算、基本概念的基础上，又注重考查函数与方程、等价转化、分类讨论等思想方法．预测2012年高考，等比数列的定义、性质、通项公式及前n项和公式仍将是考查的重点，特别是等比数列的性质更要引起重视．3、等差数列与等比数列交汇、数列与解析几何、不等式交汇是考查的热点，题型以解答题为主，难度偏高，主要考查学生分析问题和解决问题的能力．预测2012年高考，等差数列与等比数列的交汇、数列与解析几何、不等式的交汇仍将是高考的主要考点，重点考查运算能力和逻辑推理能力．四．高频考点解读考点一等差数列的性质和应用例1[2011·广东卷]等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.【答案】10【解析】由S9＝S4，所以a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，即5a7＝0，所以a7＝0，2★内部资料严禁兜售至臻书院版权所有2至臻高考内部资料由a7＝a1＋6d得d＝－16，又ak＋a4＝0，即a1＋(k－1)－16＋a1＋3×－16＝0，即(k－1)×－16＝－32，所以k－1＝9，所以k＝10.例2[2011·湖南卷]设Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且a1＝1，a4＝7，则S5＝________.【答案】25【解析】设数列{an}的公差为d，因为a1＝1，a4＝7，所以a4＝a1＋3d⇒d＝2，故S5＝5a1＋10d＝25.例3[2011·福建卷]已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．【解答】(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3.解得d＝－2.从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.(2)由(1)可知an＝3－2n.所以Sn＝n[1＋3－2n]2＝2n－n2.进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35.即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.又k∈N*，故k＝7为所求．【解题技巧点睛】利用等差、等比数列的通项公式和前n项和公式,由五个量a1,d(q),n,an,Sn中的三个量可求其余两个量,即“知三求二”,体现了方程思想.解答等差、等比数列的有关问题时,“基本量”(等差数列中的首项a1和公差d或等比数列中的首项a1和公比q)法是常用方法.考点二等比数列的性质和应用[来源:Zxxk.Com]例4[2011·北京卷]在等比数列{an}中，若a1＝12，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.【答案】－22n－1－12【解析】由a4＝a1q3＝12q3＝－4，可得q＝－2；因此，数列{|an|}是首项为12，公比为2的等比数列，所以|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝121－2n1－2＝2n－1－12.例5[2011·课标全国卷]已知等比数列{an}中，a1＝13，公比q＝13.(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝1－an2；(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式．【解答】(1)因为an＝13×13n－1＝13n，Sn＝131－13n1－13＝1－13n2，所以Sn＝1－an2.(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－nn＋12.3★内部资料严禁兜售至臻书院版权所有3至臻高考内部资料【答案】D【解析】由a27＝a3·a9，d＝－2，得(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解之得a1＝20，∴S10＝10×20＋10×92(－2)＝110.例7[2011·浙江卷]已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a(a∈R)，且1a1，1a2，1a4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)对n∈N*，试比较1a2＋1a22＋…＋1a2n与1a1的大小．【解答】设等差数列{an}的公差为d，由题意可知1a22＝1a1·1a4，即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，从而a1d＝d2.因为d≠0，所以d＝a1＝a，故通项公式an＝na.(2)记Tn＝1a2＋1a22＋…＋1a2n.因为a2n＝2na，所以Tn＝1a12＋122＋…＋12n＝1a·121－12n1－12＝1a1－12n.从而，当a＞0时，Tn＜1a1，当a＜0时，Tn＞1a1.【解题技巧点睛】(1)等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式，前n项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．(2)利用等比数列前n项和公式时注意公比q的取值．同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．考点四求数列的通项公式例8[2011·江西卷]已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a(a0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.(1)若a＝1，求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}唯一，求a的值．【解答】(1)设{an}的公比为q，则b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2，由b1，b2，b3成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)，即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋2，q2＝2－2，4★内部资料严禁兜售至臻书院版权所有4至臻高考内部资料所以{an}的通项公式为an＝(2＋2)n－1或an＝(2－2)n－1.(2)设{an}的公比为q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得aq2－4aq＋3a－1＝0，(*)由a＞0得Δ＝4a2＋4a＞0，故方程(*)有两个不同的实根，由{an}唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a＝13.例9[2011·安徽卷]在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，再令an＝lgTn，n≥1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.【解题技巧点睛】求数列的通项公式的方法：1、利用转化，解决递推公式为nS与na的关系式：数列{na}的前n项和nS与通项na的关系：11(1)(2)nnnSnaSSn≥.通过纽带：12)nnnaSSn（，根据题目求解特点，消掉一个nnaS或.然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解.如需消掉nS，利用已知递推式，把n换成（n+1）得到递推式，两式相减即可.若消掉na，只需把1nnnaSS带入递推式即可.不论哪种形式，需要注意公式1nnnaSS成立的条件2.n由递推关系求数列的通项公式2.利用“累加法”和“累乘法”求通项公式：此解法来源与等差数列和等比数列求通项的方法，递推关系为1()nnaafn用累加法；递推关系为1()nnafna用累乘法.解题时需要分析给定的递推式，使之变形为1nnaa、1nnaa结构，然后求解.要特别注意累加或累乘时，应该为)1(n个式子，不要误认为n个.5★内部资料严禁兜售至臻书院版权所有5至臻高考内部资料3.利用待定系数法，构造等差、等比数列求通项公式：求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高.通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法.考点五等差等比数列的定义以及应用例10[2011·江西卷](1)已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a(a0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，若数列{an}唯一，求a的值；(2)是否存在两个等比数列{an}，{bn}，使得b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列？若存在，求{an}，{bn}的通项公式；若不存在，说明理由．【解答】(1)设{an}的公比为q，则b1＝1＋a，b2＝2＋aq，b3＝3＋aq2，由b1，b2，b3成等比数列得(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，即aq2－4aq＋3a－1＝0.由a0得Δ＝4a2＋4a0，故方程有两个不同的实根，再由{an}唯一，知方程必有一根为0，将q＝0代入方程得a＝13.例11[2011·天津卷]已知数列{an}与{bn}满足bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，bn＝3＋－1n－12，n∈N*，且a1＝2.(1)求a2，a3的值；(2)设cn＝a2n＋1－a2n－1，n∈N*，证明{cn}是等比数列；(3)设Sn为{an}的前n项和，证明S1a1＋S2a2＋…＋S2n－1a2n－1＋S2na2n≤n－13(n∈N*)．【解答】(1)由bn＝3＋－1n－12，n∈N，可得bn＝2，n为奇数，1，n为偶数.又bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，当n＝1时，a1＋2a2＝－1，由a1＝2，可得a2＝－32；当n＝2时，2a2＋a3＝5，可得a3＝8.(2)证明：对任意n∈N*，6★内部资料严禁兜售至臻书院版权所有6至臻高考内部资料a2n－1＋2a2n＝－22n－1＋1，①2a2n＋a2n＋1＝22n＋1.②②－①，得a2n＋1－a2n－1＝3×22n－1，即cn＝3×22n－1.于是cn＋1cn＝4.所以{cn}是等比数列．(3)证明：a1＝2，由(2)知，当k∈N*且k≥2时，a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)＝2＋3(2＋23＋25＋…＋22k－3)＝2＋3×21－4k－11－4＝22k－1，故对任意k∈N*，a2k－1＝22k－1.由①得22k－1＋2a2k＝－22k－1＋1，所以a2k＝12－22k－1，k∈N*.因此，S2k＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2k－1＋a2k)＝k2.于是，S2k－1＝S2k－a2k＝k－12＋22k－1.故S2k－1a2k－1＋S2ka2k＝k－12＋22k－122k－1＋k212－22k－1＝k－1＋22k22k－k22k－1＝1－14k－k4k4k－1.[来源:Zxxk.Com]所以，对任意n∈N*，S1a1＋S2a2＋…＋S2n－1a2n－1＋S2na2n＝S1a1＋S2a2＋S3a3＋S4a4＋…＋S2n－1a2n－1＋S2na2n＝1－14－112＋1－142－24242－1＋…＋1－14n－n4n4n－1＝n－14＋112