2020届二轮复习数列学案（全国通用）

高考冲刺：数列 【高考展望】1.等差（比）数列的基本知识是必考内容，这类问题既有选择题、填空题，也有解答题；难度易、中、难三类皆有.2.数列中与之间的互化关系是高考解答题的一个热点.3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到，解答试题时要注意灵活应用.4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等.【知识升华】1.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等.2.运用方程的思想解等差（比）数列，是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量、（或），掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算.3.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面，如等比数列求和要注意和两种情况等等.4.等价转化是数学复习中常常运用的，数列也不例外.如与的转化；将一些数列转化成等差（比）数列来解决等.复习时，要及时总结归纳.5.深刻理解等差（比）数列的定义，能正确使用定义和等差（比）数列的性质是学好本章的关键.6.解题要善于总结基本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法，养成良好的学习习惯，定能达到事半功倍的效果.7.数列应用题也是命题点，这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用.8.本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法.应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化，常需构造数列模型，将现实问题转化为数学问题来解决.【典型例题】类型一：正确理解和运用数列的概念与通项公式例1．在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按图所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以表示第n堆的乒乓球总数，则   ；       （答案用n表示）.          ……【思路点拨】从图中观察各堆最低层的兵乓球数分别是1，3,6,10, …，推测出第n层的球数。【解析】显然.第n堆最低层（第一层）的乒乓球数，，第n堆的乒乓球数总数相当于前n堆乒乓球的低层数之和，即所以： 举一反三【变式1】设为等差数列, 为等比数列,且a1=b1=1,a2+a4=b3,b2b4=a3分别求出及的前10项的和S10及T10．【解析】设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则，解得∴考点二：数列递推关系式的理解与应用例2．数列中，，（是常数，），且成公比不为的等比数列．（I）求的值；（II）求的通项公式．【思路点拨】（1）由成公比不为的等比数列列方程求；（2）可根据递推公式写出数列的前几项，然后分析每一项与该项的序号之间的关系，归纳概括出与n之间的一般规律，从而作出猜想，写出满足前4项的该数列的一个通项公式.【解析】（I），，，因为成等比数列，所以，解得或．当时，，不符合题意舍去，故．（II）当时，由于，， ，，所以．又，，故．当时，上式也成立，所以．【总结升华】从特殊的事例，通过分析、归纳、抽象总结出一般规律，再进行科学地证明，这是创新意识的具体体现，这种探索问题的方法，在解数列的有关问题中经常用到，应引起足够的重视.举一反三【变式1】已知等差数列的前项和为，且S13＞S6＞S14,a2=24．(1)求公差d的取值范围；（2）问数列{Sn}是否存在最大项，若存在，求出最大时的n，若不存在,请说明理由．【解析】（1）由题意得∴（2）由（1）知，a10＞0,a10+a11＜0,∴a10＞0＞a11，又公差小于零，数列{an}递减，所以{an}的前10项为正，从第11项起为负，加完正项达最大值。∴n=10时，Sn最大。考点三：数列的通项与前n项和之间的关系与应用例3．在等比数列中, ,前项和为,若数列也是等比数列,则等于（     ）(A)         (B)            (C)          (D) 【思路点拨】本题考查了等比数列的定义和求和公式，着重考查了运算能力。【解析】因数列为等比，则，因数列也是等比数列，则即，所以，故选择答案C.举一反三【变式1】设数列的前n项和为Sn=2n2，为等比数列，且（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前n项和Tn【解析】（1）当∴{an}的通项公式为的等差数列.设{bn}的公比为由得∴故（2）∵∴两式相减得∴考点四：数列中与n有关的等式的理解与应用例4．已知数列满足()（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若数列满足(),证明:是等差数列;【思路点拨】本小题主要考查数列基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。把递推关系式变形转化。【解析】（I）解：∵ ，∴ 是以为首项，2为公比的等比数列。 ∴ 即　（） （II）证法一：∵， ∴即   ∴　　　　　　　　① 　　　　②  ②－①，得，即  　③　    ④　    ③－④，得　 ， 即故是等差数列.举一反三【变式1】设是公比大于1的等比数列，为数列的前项和．已知，且构成等差数列．（1）求数列的通项公式．（2）令求数列的前项和【解析】（1）由已知得，解得． 设数列的公比为，由，可得．又，可知，即，解得．由题意得∴，∴．故数列的通项为．（2）由于 由（1）得，∴ 又， ∴是等差数列． ∴ 故．考点五：等差、等比数列前n项和的理解与应用例5（2018 天津高考）已知{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1=b1=1，b2+b3=2a3，a5﹣3b2=7．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）设cn=anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和．【思路点拨】（Ⅰ）设出数列{an}的公比和数列{bn}的公差，由题意列出关于q，d的方程组，求解方程组得到q，d的值，则等差数列和等比数列的通项公式可求；（Ⅱ）由题意得到，然后利用错位相减法求得数列{cn}的前n项和．【解析】（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，由题意，q＞0，由已知有，消去d整理得：q4﹣2q2﹣8=0．∵q＞0，解得q=2，∴d=2，∴数列{an}的通项公式为，n∈N*；数列{bn}的通项公式为bn=2n﹣1，n∈N*．（Ⅱ）由（Ⅰ）有，设{cn}的前n项和为Sn，则，，两式作差得：=2n+1﹣3﹣（2n﹣1）×2n=﹣（2n﹣3）×2n﹣3．∴．【总结升华】本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和，考查数列求和的基本方法和运算求解能力． 举一反三【变式1】（2018 衡阳县校级模拟）数列{an}中，a1=8，a4=2，且满足an+2﹣2an+1+an=0（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式．（2）设bn=（n∈N*），Sn=b1+b2+…+bn，是否存在最大的整数m，使得任意的n均有Sn＞总成立？若存在，求出m；若不存在，请说明理由．【解析】（1）∵an+2﹣2an+1+an=0，∴an+2﹣an+1=an+1﹣an（n∈N*）．∴{an}是等差数列．设公差为d，又a1=8，a4=a1+3d=8+3d=2，∴d=﹣2．∴an=﹣2n+10． （2）bn===（﹣），∴Sn=b1+b2++bn=[（1﹣）+（﹣）++（﹣）]=（1﹣）=．假设存在整数m满足Sn＞总成立．又Sn+1﹣Sn=﹣=＞0，∴数列{Sn}是单调递增的．∴S1=为Sn的最小值，故＜，即m＜8．又m∈N*，∴适合条件的m的最大值为7．考点六：数列与函数的迭代问题等差、等比数列369154 例2】例6.已知函数，数列是公差为d的等差数列，数列是公比为q(q∈R且q≠1)的等比数列，若，，，。（1）求数列、的通项公式；（2）设数列对任意自然数n都有成立，求的值；（3）比较的大小。+【解析】（1），所以   解得所以，所以   解得所以（2）时两式相减并整理，得所以（3）比较的大小。+，时，时，，所以.举一反三【变式1】已知数列中，，点在直线y=x上，其中n=1,2,3….(Ⅰ)令，求证是等比数列；(Ⅱ)求数列的通项；(III)设、分别为数列、的前n项和,是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出.若不存在,则说明理由.【解析】（I）由已知得  又， 是以为首项，以为公比的等比数列.（II）由（I）知， ，，…，将以上各式相加得： （III）解法一：存在，使数列是等差数列.数列是等差数列的充要条件是 （、是常数即又.当且仅当，即时，数列为等差数列.解法二：存在，使数列是等差数列.由（I）、（II）知，，.∴.又.∴.当且仅当时，数列是等差数列.考点七：数列综合应用与创新问题例7．设是定义在上的单调可导函数.已知对于任意正数，都有，且.（Ⅰ）求，并求的值；（Ⅱ）令，证明数列是等差数列；（Ⅲ）设是曲线在点处的切线的斜率（），数列的前项和为，求证：.【思路点拨】根据已知条件求出函数的关系式，求出的递推关系式然后可求解题中要求．【解析】（Ⅰ）取，；再取，则，即，∵是定义在上的单调函数∴，解得，或（舍去）.（Ⅱ）设，则，再令，则，即∵是定义在上的单调函数∴，即，解得：或，又，则，，由，所以是等差数列.  （3）由（2）得，，则所以；又当时，，则，故.举一反三：【变式1】在（）个不同数的排列中，若时（即前面某数大于后面某数），则称与构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列的逆序数为，如排列21的逆序数，排列321的逆序数.则=     ，=      ，的表达式为             ；【解析】由已知得，，.