2023届高考一轮复习讲义（文科）第六章　数列 第5讲　高效演练 分层突破学案

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1．(2020·开封市定位考试)等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋4S2＝0，则公比q＝( )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
解析：选C.法一：因为a3＋4S2＝0，所以a1q2＋4a1＋4a1q＝0，因为a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故选C.
法二：因为a3＋4S2＝0，所以a2q＋eq \f(4a2,q)＋4a2＝0，因为a2≠0，所以q＋eq \f(4,q)＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q＝－2，故选C.
2．(2020·宁夏银川一中一模)已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，其前n项和为Sn，且b7＝a7，则S13＝( )
A．26 B．52
C．78 D．104
解析：选B.设等比数列{an}的公比为q，因为a3a11＝4a7，所以aeq \\al(2,7)＝4a7≠0，解得a7＝4，
因为数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，
所以S13＝eq \f(13×（b1＋b13）,2)＝13b7＝13a7＝52.故选B.
3．(2020·吉林长春5月联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＞0，a6和a8是函数f(x)＝eq \f(15,4)ln x＋eq \f(1,2)x2－8x的极值点，则S8＝( )
A．－38 B．38
C．－17 D．17
解析：选A.因为f(x)＝eq \f(15,4)ln x＋eq \f(1,2)x2－8x，所以f′(x)＝eq \f(15,4x)＋x－8＝eq \f(x2－8x＋\f(15,4),x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(15,2))),x)，
令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,2)或x＝eq \f(15,2).
又a6和a8是函数f(x)的极值点，且公差d＞0，
所以a6＝eq \f(1,2)，a8＝eq \f(15,2)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝\f(1,2)，,a1＋7d＝\f(15,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－17，,d＝\f(7,2).))
所以S8＝8a1＋eq \f(8×（8－1）,2)×d＝－38，故选A.
4．设y＝f(x)是一次函数，若f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于( )
A．n(2n＋3) B．n(n＋4)
C．2n(2n＋3) D．2n(n＋4)
解析：选A.由题意可设f(x)＝kx＋1(k≠0)，则(4k＋1)2＝(k＋1)×(13k＋1)，解得k＝2，f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n＋1)＝n(2n＋3)．
5．(2020·山东临沂三模)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 019项的和为( )
A．672 B．673
C．1 346 D．2 019
解析：选C.由于{an}是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，
故{an}为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，
所以{an}是周期为3的周期数列，
且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2.
因为2 019＝673×3，
所以数列{an}的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C.
6．(2019·高考北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝ ，Sn的最小值为 ．
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝－3，,S5＝－10，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－3，,5a1＋10d＝－10，))所以可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝1，))所以a5＝a1＋4d＝0，因为Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(1,2)(n2－9n)，所以当n＝4或n＝5时，Sn取得最小值，最小值为－10.
答案：0 －10
7．若数列{an}满足eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝0，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列{eq \f(1,bn)}为“梦想数列”，且b1＋b2＋b3＝1，则b6＋b7＋b8＝ ．
解析：由eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝0可得an＋1＝eq \f(1,2)an，故{an}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，故{eq \f(1,bn)}是公比为eq \f(1,2)的等比数列，则{bn}是公比为2的等比数列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)25＝32.
答案：32
8．(2020·河北石家庄4月模拟)数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则Sn＝ ．
解析：由Hn＝eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝2n，
得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n， ①
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1， ②
由①－②得2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即an＝n＋1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2也满足式子an＝n＋1，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1，所以Sn＝eq \f(n（2＋n＋1）,2)＝eq \f(n（n＋3）,2).
答案：eq \f(n（n＋3）,2)
9．(2020·武汉市部分学校调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝3.
(1)若a3＋b3＝7，求{bn}的通项公式；
(2)若T3＝13，求Sn.
解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.
由a2＋b2＝3，得d＋q＝4，①
由a3＋b3＝7，得2d＋q2＝8，②
联立①②，解得q＝2或q＝0(舍去)，因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)因为T3＝b1(1＋q＋q2)，
所以1＋q＋q2＝13，
解得q＝3或q＝－4，
由a2＋b2＝3得d＝4－q，
所以d＝1或d＝8.
由Sn＝na1＋eq \f(1,2)n(n－1)d，得Sn＝eq \f(1,2)n2－eq \f(3,2)n或Sn＝4n2－5n.
10．(2020·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足eq \r(Sn)＝eq \r(Sn－1)＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)记bn＝eq \f(1,an·an＋1)，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥eq \f(2,n)成立的n的最小值．
解：(1)由已知有eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2，n∈N)，所以数列{eq \r(Sn)}为等差数列，又eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝1，所以eq \r(Sn)＝n，即Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
又a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
由Tn≥eq \f(2,n)得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，所以n≥5，
所以n的最小值为5.
[综合题组练]
1．(2020·北京市石景山区3月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数，,2an－1＋2，n为奇数，))则解下4个环所需的最少移动次数a4为( )
A．7 B．10
C．12 D．22
解析：选A.因为数列{an}满足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数，,2an－1＋2，n为奇数，))
所以a2＝2a1－1＝2－1＝1，所以a3＝2a2＋2＝2×1＋2＝4，
所以a4＝2a3－1＝2×4－1＝7.故选A.
2．已知an＝3n(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Tn＋\f(3,2)))k≥3n－6恒成立，则实数k的取值范围是 ．
解析：Tn＝eq \f(3（1－3n）,1－3)＝－eq \f(3,2)＋eq \f(3n＋1,2)，
所以Tn＋eq \f(3,2)＝eq \f(3n＋1,2)，
则原不等式可以转化为k≥eq \f(2（3n－6）,3n＋1)＝eq \f(2n－4,3n)恒成立，
令f(n)＝eq \f(2n－4,3n)，
当n＝1时，f(n)＝－eq \f(2,3)，当n＝2时，f(n)＝0，
当n＝3时，f(n)＝eq \f(2,27)，当n＝4时，f(n)＝eq \f(4,81)，即f(n)是先增后减，当n＝3时，取得最大值eq \f(2,27)，所以k≥eq \f(2,27).
答案：k≥eq \f(2,27)
3．(2019·高考江苏卷节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”．
(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”；
(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，其中Sn为数列{bn}的前n项和．求数列{bn}的通项公式．
解：(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2a4＝a5，,a3－4a2＋4a1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(aeq \\al(2,1)q4＝a1q4，,a1q2－4a1q＋4a1＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2.))
因此数列{an}为“M－数列”．
(2)因为eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，所以bn≠0.
由b1＝1，S1＝b1，得eq \f(1,1)＝eq \f(2,1)－eq \f(2,b2)，则b2＝2.
由eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，得Sn＝eq \f(bnbn＋1,2（bn＋1－bn）)，
当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，
得bn＝eq \f(bnbn＋1,2（bn＋1－bn）)－eq \f(bn－1bn,2（bn－bn－1）)，
整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．
因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．
4．(2020·湖北襄阳二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足：a1＝1，Sn＋1－1＝Sn＋an，数列{bn}为等比数列，满足b1＝4b3，b2＝eq \f(1,4)＜b1，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Wn，数列{bn}的前n项和为Tn，试比较Wn与eq \f(1,Tn)的大小．
解：(1)由Sn＋1－1＝Sn＋an，
可得an＋1＝an＋1，又a1＝1，
所以数列{an}是首项和公差均为1的等差数列，
可得an＝n.
因为数列{bn}为等比数列，满足b1＝4b3，b2＝eq \f(1,4)＜b1，n∈N*，
所以设公比为q，可得b1＝4b1q2，所以q＝±eq \f(1,2)，
当q＝eq \f(1,2)时，eq \f(1,2)b1＝eq \f(1,4)，可得b1＝eq \f(1,2)＞eq \f(1,4).
当q＝－eq \f(1,2)时，－eq \f(1,2)b1＝eq \f(1,4)，得b1＝－eq \f(1,2)，不满足b2＜b1，舍去，
所以bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).
(2)eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
Wn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)＜1.
Tn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，则1＜eq \f(1,Tn)≤2，故Wn＜eq \f(1,Tn).
类型一 判断等差数列和等比数列
类型二 求数列的前n项和
规范答题示范(三)
数 列
(12分)记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知eq \a\vs4\al(S2＝2，S3＝－6.)❶
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并eq \a\vs4\al(判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列.)❷
[建桥寻突破]
❶看到S2＝2，S3＝－6，想到S2＝a1＋a2，S3＝a1＋a2＋a3，利用等比数列的通项公式求解．
❷看到判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列，想到等差数列的等差中项，利用2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2进行证明.
[规范解答]
(1)设{an}的首项为a1，公比为q，
由题设可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（1＋q）＝2，,a1（1＋q＋q2）＝－6，))2分eq \x(得分点①)
解得q＝－2，a1＝－2.4分eq \x(得分点②)
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.6分eq \x(得分点③)
(2)由(1)可得Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝－eq \f(2,3)＋(－1)neq \f(2n＋1,3)，8分eq \x(得分点④)
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－eq \f(4,3)＋(－1)neq \f(2n＋3－2n＋2,3)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)＋（－1）n\f(2n＋1,3)))＝2Sn，11分eq \x(得分点⑤)
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.12分eq \x(得分点⑥)
[评分标准]
①列出关于首项为a1，公比为q的方程组得2分；
②能够正确求出a1和q得2分，只求对一个得1分，都不正确不得分；
③正确写出数列的通项公式得2分；
④正确计算出数列的前n项和得2分；
⑤能够正确计算出Sn＋1＋Sn＋2的值得2分，得出结论2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2再得1分；
⑥写出结论得1分.
[解题点津]
(1)等差(或等比)数列的通项公式，前n项和公式中有五个元素a1、d(或q)、n、an、Sn，“知三求二”是等差(等比)的基本题型，通过解方程组的方法达到解题的目的．
(2)等差、等比数列的判定可采用定义法、中项法等．如本题采用中项法得出2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2.
[核心素养]
数列问题是高考的必考题，求数列的通项公式及判断数列是否为等差或等比数列是高考的常见题型．本类题型重点考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养.
(12分)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)eq \a\vs4\al(求{an}和{bn}的通项公式；)❶
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．❷
[建桥寻突破]
❶看到求等差数列{an}和等比数列{bn}的通项公式，想到利用条件，列出方程，利用等差、等比数列的通项公式求解．
❷看到求数列{a2nb2n－1}的前n项和，想到利用错位相减法求数列的前n项和.
[规范解答]
(1)设等差数列{an}的公差为d，
等比数列{bn}的公比为q.
由已知得b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.2分eq \x(得分点①)
又因为q＞0，解得q＝2，所以bn＝2n.3分eq \x(得分点②)
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①.
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②.
联立①②，解得a1＝1，d＝3，5分eq \x(得分点③)
由此可得an＝3n－2.6分eq \x(得分点④)
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，
数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，
由a2n＝6n－2，
b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，7分eq \x(得分点⑤)
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，(ⅰ)
8分eq \x(得分点⑥)
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n
＋(3n－1)×4n＋1，(ⅱ)9分eq \x(得分点⑦)
(ⅰ)－(ⅱ)得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋
…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.11分eq \x(得分点⑧)
得Tn＝eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).12分eq \x(得分点⑨)
[评分标准]
①正确求出q2＋q－6＝0得2分；
②根据等比数列的通项公式求出通项bn＝2n得1分，通项公式使用错误不得分；
③求出a1＝1，d＝3得2分；
④根据等差数列的通项公式求出通项an＝3n－2得1分，通项公式使用错误不得分；
⑤正确写出a2nb2n－1＝(3n－1)×4n得1分；
⑥正确写出Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n得1分；
⑦正确写出4Tn得1分；
⑧由两式相减得出－3Tn＝－(3n－2)×4n＋1－8，正确得2分，错误不得分；
⑨正确计算出Tn得1分.
[解题点津]
(1)牢记等差、等比数列的相关公式：熟记等差、等比数列的通项公式及前n项和公式，解题时结合实际情况合理选择．如第(1)问运用了等差、等比数列的通项公式．
(2)注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基础上得出数列{a2nb2n－1}，分析数列特征，想到用错位相减法求数列的前n项和.
[核心素养]
数列的前n项和是高考重点考查的知识点，错位相减法是高考考查的重点，突出考查“数学运算”的核心素养.