2018年高考数列专题复习(精典版知识点大题分类选择题答案解析详解)

WORD格式整理文科数列专题复习一、等差数列与等比数列1.基本量的思想：常设首项、（公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。转化为“基本量”是解决问题的基本方法。2.等差数列与等比数列的联系1）若数列aa是等差数列，则数列{}an是等比数列，公比为nda，其中a是常数，d是an的公差。（a0且a≠1）；2）若数列a是等比数列，且an0，则数列logaan是等差数列，公差为logaq，n其中a是常数且a0,a1，q是a的公比。n3）若{a}既是等差数列又是等比数列,则{an}是非零常数数列。n3.等差与等比数列的比较等差数列等比数列定义{an}为APan1and(常数）{an1qa}为GP(常数）nan通项公式a=a1+（n-1）d=ak+（n-k）d=dn+a1-dnn1nanaqaq1kk求和公式snd2n(aa1n2n2(a1)d2na1)nn(n21)dsnna1a(111qqn)a11aqnq(q(q1)1)中项公式ab2A=Gab。2推广：2an=anmanm2推广：ananmanm性质1若m+n=p+q则amaaa若m+n=p+q，则amanapaq。npq2若{}a也k成A.P（其中knN）则{}nkn若{}k成等比数列（其中knN），n为A.P。则{a}成等比数列。kn专业资料值得拥有WORD格式整理3．sn,s2s,s3s2成等差数列。sn,s2nsn,s3ns2n成等比数列。nnnn4dannaaa1mnmn()1mnnq1ana1，anmnq(mn)am4、典型例题分析【题型1】等差数列与等比数列的联系例1（文16）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{an}的通项;（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和Sn.n.解：（Ⅰ）由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得12d1＝18d12d，解得d＝1，d＝0（舍去），故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n.m(Ⅱ)由（Ⅰ）知2a=2n，由等比数列前n项和公式得nSm=2+22+23+⋯+22+23+⋯+2n=2(12)12=2n+1-2.n+1-2.小结与拓展：数列aa是等差数列，则数列{a}是等比数列，公比为nnda，其中a是常数，d是a的公差。（a0且a≠1）.n【题型2】与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的结合例2已知数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋23＋⋯＋22an－1an＝8n对任意的n∈Nn＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列．求数列{an}与{bn}的通项公式。2n－1解：a1＋2a2＋2a3＋⋯＋2an＝8n(n∈N*)①当n≥2时，a1＋2a2＋23＋⋯＋2n－1＝8(n－1)(n∈N2an－2a2an－2a*)②①－②得2n＝8，求得an＝2n－1a4－n，在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1，∴an＝24－n(n∈N4－n(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，∴数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2，∴bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，专业资料值得拥有WORD格式整理法一（迭代法）bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋⋯＋(bn－bn－1)＝8＋(－4)＋(－2)＋⋯＋(2n－8)＝n2－7n＋14(n∈N2－7n＋14(n∈N*)．法二（累加法）即bn－bn－1＝2n－8，bn－1－bn－2＝2n－10，⋯b3－b2＝－2，b2－b1＝－4，b1＝8，相加得bn＝8＋(－4)＋(－2)＋⋯＋(2n－8)(n－1)(－4＋2n－8)＝8＋2＝n2－7n＋14(n∈N2－7n＋14(n∈N*)．小结与拓展：1）在数列{an}中，前n项和Sn与通项an的关系为：aS(n1)11an.是重要考点；2）韦达定理应引起重视；3）迭代法、SS(n2,nN)nn1累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。【题型3】中项公式与最值（数列具有函数的性质）例3（文）在等比数列｛an｝中，an＞0(nN1a5+2a3a5+a＊），公比q(0,1)，且a2a8＝25，a3与as的等比中项为2。（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）设bn＝log2an，SS数列｛bn｝的前n项和为Sn当1212Snn最大时，求n的值。解：（1）因为a1a5+2a3a5+a2a8＝25，所以，2a+2a33a5+2a＝255又an＞o，⋯a3＋a5＝5又a3与a5的等比中项为2，所以，a3a5＝4而q（0,1），所以，a3＞a5，所以，a3＝4，a5＝1，1q，a1＝16，所以，2ann1151622n（2）bn＝log2an＝5－n，所以，bn＋1－bn＝－1，专业资料值得拥有WORD格式整理所以，{bn}是以4为首项，－1为公差的等差数列。所以，Snn(9n)2,S9nnn2所以，当n≤8时，Snn＞0，当n＝9时，Snn＝0，n＞9时，Snn＜0，当n＝8或9时，SS1212Snn最大。小结与拓展：1）利用配方法、单调性法求数列的最值；2）等差中项与等比中项。二、数列的前n项和4.前n项和公式Sn的定义：Sn=a1+a2+⋯an。5.数列求和的方法（1）（1）公式法：1）等差数列求和公式；2）等比数列求和公式；3）可转化为等差、等比数列的数列；4）常用公式:kn1k1123nn(n1)；2nk1k222221123nn(n1)(2n1)；6nk1k33333n(n1)2123n[]；2n(2k1)2135...(2n-1)n。k1（2）分组求和法：把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解。（3）倒序相加法：如果一个数列{an}，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法。如：等差数列的前n项和即是用此法推导的。（4）裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。适用于canan1其中{an}是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1）1aann1和1aann1（其中a等差）可裂项为：n1111()aadaann1nn1；2）11aann1d(aa)n1n。（根式在分母上时可专业资料值得拥有WORD格式整理考虑利用分母有理化，因式相消求和）常见裂项公式：（1）111n(n1)nn1；（2）1111()n(nk)knnk；（3）1111[]n(n1)(n1)2n(n1)(n1)(n2)；（4）n11(n1)!n!(n1)!（5）常见放缩公式：2122(n1n)2(nn1)n1nnnn1.6.典型例题分析【题型1】公式法例1等比数列{}a1aaan＝________.a的前ｎ项和Sｎ＝2ｎ－p，则2222n23解：1）当n=1时，a2-p1；2）当n2时，nn-1n-1anS-S(2-p)-(2-p)2。nn-11-1因为数列{a}为等比数列，所以a2-p21p1n1从而等比数列{a}为首项为1，公比为2的等比数列。n故等比数列22a为首项为1，公比为q4n的等比数列。2222a1aaan23n1(1-4)1n(41-43-1)小结与拓展：1）等差数列求和公式；2）等比数列求和公式；3）可转化为等差、等比数列的数列；4）常用公式:（见知识点部分）。5）等比数列的性质：若数列{a}为等比数n列，则数列2a及n1an也为等比数列，首项分别为2a、11a1，公比分别为2q、1q。专业资料值得拥有WORD格式整理【题型2】分组求和法例2（文18）数列{a}中，a11，且点(an,an1)(nN)在函数f(x)x2n的图象上.求数列{an}的通项公式解：∵点(a,a)在函数f(x)x2的图象上，∴nn1aa。12nn∴a1a2，即数列{an}是以a11为首项，2为公差的等差数列，nn∴a1(n1)22n1。n【题型3】裂项相消法例3（文19改编）已知数列a的前n项和为nS，a11，Sn14an1，设nba12a．（Ⅰ）证明数列bn是等比数列；nnn（Ⅱ）数列cn满足cn1logb32n*(nN)，求Tncc12cc23cc34cc1nn。证明：（Ⅰ）由于S14a1，①nn当n2时，S4a1．②nn1①②得an14an4an1．所以an12an2(an2an1)．又ba12a，所以bn2bn1．nnn因为a11，且a1a24a11，所以a23a114．所以b1a22a12．故数列bn是首项为2，公比为2的等比数列．n解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知2b，则ncn11logb3n32n（n*N）．Tccccccccn122334nn11111455667(n3)(n4)专业资料值得拥有WORD格式整理11n4n44(4)n．小结与拓展：裂项相消法是把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。它适用于canan1其中{a}是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无n理数列、含阶乘的数列等。7.数列求和的方法（2）（5）错位相减法：适用于差比数列（如果a等差，bn等比，那么anbn叫做n差比数列）即把每一项都乘以b的公比q，向后错一项，再对应同次项相减，转化n为等比数列求和。如：等比数列的前n项和就是用此法推导的.（6）累加（乘）法（7）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求。8.典型例题分析【题型4】错位相减法2462n例4求数列,,,,,23n2222前n项的和.解：由题可知{2nn2}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{1n2}的通项之积设Sn22462n2①3n222122462nS②（设制错位）n2342n1222①－②得(11222222n)S（错位相减）n2324nn122222221n22n12n1∴Sn4nn221专业资料值得拥有WORD格式整理【题型5】并项求和法例5求2－992＋982－972＋⋯＋22－12S＝100100解：2－992＋982－972＋⋯＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋⋯＋(2＋1)＝S＝1001009.6.归纳与总结以上一个8种方法虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决，只要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。三、数列的通项公式1.数列的通项公式一个数列{an}的与之间的函数关系，如果可用一个公式an＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．2.通项公式的求法（1）（1）定义法与观察法（合情推理：不完全归纳法）：直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目；有的数列可以根据前几项观察出通项公式。（2）公式法：在数列{an}中，前n项和Sn与通项an的关系为：aS(n1)11n(数列{a}的前n项的和为anSS(n2,nN)nn1saaa).n12n（3）周期数列由递推式计算出前几项，寻找周期。（4）由递推式求数列通项类型1递推公式为()an1anfn解法：把原递推公式转化为()an1anfn，利用累加法(逐差相加法)求解。类型2（1）递推公式为an1f(n)an专业资料值得拥有WORD格式整理a解法：把原递推公式转化为n1f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。an（2）由an1f(n)an和a1确定的递推数列an的通项可如下求得：由已知递推式有anf(n1)an，an1f(n2)an2，，a2f(1)a1依次1向前代入，得anf(n1)f(n2)f(1)a1，这就是叠（迭）代法的基本模式。类型3递推公式为apaqn1（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。n解法：把原递推公式转化