2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第二层级高考5个大题题题研诀窍数列问题重在“归”——化归

 [技法指导——迁移搭桥]                化归的常用策略利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [典例]　(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；(3)求{an}的通项公式．[快审题]　求什么想什么判断数列{bn}是等比数列，想到判断等比数列的方法．求{an}的通项公式，想到求bn的通项公式．给什么用什么给出nan＋1＝2(n＋1)an，用化归方法化为＝的形式. [稳解题](1)由条件可得an＋1＝an.将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.(2)数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下：由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.[题后悟道]　等差、等比数列基本量的计算模型(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．[针对训练]　已知正数数列{an}的前n项和为Sn，满足a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式．(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若bn＋1>bn对任意n∈N*恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为a＝Sn＋Sn－1(n≥2)，所以a＝Sn＋1＋Sn.两式相减，得a－a＝an＋1＋an.因为an>0，所以an＋1－an＝1.又a1＝1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列．所以an＝n.(2)因为bn＝(1－an)2－a(1－an)，且由(1)得an＝n，所以bn＝(1－n)2－a(1－n)＝n2＋(a－2)n＋1－a，所以bn＋1＝(n＋1)2＋(a－2)(n＋1)＋1－a＝n2＋an.因为bn＋1>bn恒成立，所以n2＋an>n2＋(a－2)n＋1－a，解得a>1－2n，所以a>－1.则实数a的取值范围为(－1，＋∞)．                                                                 A组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1．(2019届高三·武汉调研)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1＝(　　)A．－2　　　　　　　　　 　B．－1C.   D.解析：选B　由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，解得q＝－1(舍去)或q＝，将q＝代入S2＝3a2＋2中，得a1＋a1＝3×a1＋2，解得a1＝－1.2．已知数列{an}满足＝，且a2＝2，则a4等于(　　)A．－   B．23C．12   D．11解析：选D　因为数列{an}满足＝，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，即数列{an＋1}是等比数列，公比为2，则a4＋1＝22(a2＋1)＝12，解得a4＝11.3．(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为(　　)A．10   B．11C．12   D．13解析：选C　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7<S6，S7＝S5＋a6＋a7>S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故选C.4．数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝(　　)A．1   B．－2C．3   D．－3  解析：选A　因为an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)．所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an，故{an}是以6为周期的周期数列．因为2 019＝336×6＋3，所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A.5．(2018·郑州第二次质量预测)已知f(x)＝数列{an}(n∈N*)满足an＝f(n)，且{an}是递增数列，则a的取值范围是(　　)A．(1，＋∞)   B.C．(1,3)   D．(3，＋∞)解析：选D　因为an＝f(n)，且{an}是递增数列，所以则得a>3.故选D.6．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋＋等于(　　)A.   B.C.   D.解析：选C　由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，则a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝(n－1)＋1，以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，＝＝2，则＋＋…＋＋＝2＋＋…＋＋＝2＝.二、填空题7．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.解析：∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.∴数列{an}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，∴Sn＝＝＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.答案：－638．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．解析：设该女子第一天织布x尺，则＝5，解得x＝，所以该女子前3天所织布的总尺数为＝.答案：9．(2019届高三·福建八校联考)在数列中，n∈N*，若＝k(k为常数)，则称为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：①k不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”；③等比数列一定是“等差比数列”；④“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序号是________．解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当是等比数列，且公比q＝1时，不是等差比数列，所以③错误；数列0,1,0,1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．答案：①④三、解答题10．(2018·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．解：(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.又a1＝－7，所以d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.(2)由(1)得Sn＝＝n2－8n＝(n－4)2－16，所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.11．(2018·成都第一次诊断性检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设数列{an}的公差为d，∵a2＝3，S4＝16，∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，解得a1＝1，d＝2.∴an＝2n－1.(2)由题意，bn＝＝，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝.   12．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.(1)证明{Sn－n＋2}为等比数列；(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.解：(1)证明：当n＝1时，由Sn－2an＝n－4，得a1＝3.∴S1－1＋2＝4.当n≥2时，Sn－2an＝n－4可化为Sn＝2(Sn－Sn－1)＋n－4，即Sn＝2Sn－1－n＋4，∴Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]．∴{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．(2)由(1)知，Sn－n＋2＝2n＋1，∴Sn＝2n＋1＋n－2.于是Tn＝S1＋S2＋…＋Sn＝22＋1－2＋23＋2－2＋…＋2n＋1＋n－2＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n＝＋－2n＝2n＋2＋－4.∴数列{Sn}的前n项和Tn为2n＋2＋－4.B组——大题专攻补短练1．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通项公式．(2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m.解：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若an＝2n－1，则Sn＝＝2n－1.由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.  2．(2018·潍坊统考)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)．(1)证明：数列{an}为等比数列，并求an；(2)若λ＝4，bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.解：(1)∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，∴an＝λ·2n－1.(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，∴bn＝∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)＝＋＝＋n(n＋2)，∴T2n＝＋n2＋2n－.3．(2018·厦门质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，n∈N*.(1)求证：数列为等差数列；(2)设T2n＝－＋－＋…＋－，求T2n.解：(1)证明：由an＋1＝，得＝＝＋，所以－＝.又a1＝1，则＝1，所以数列是首项为1，公差为的等差数列． (2)设bn＝－＝，由(1)得，数列是公差为的等差数列，所以－＝－，即bn＝＝－×，所以bn＋1－bn＝－＝－×＝－.又b1＝－×＝－×＝－，所以数列{bn}是首项为－，公差为－的等差数列，所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－n＋×＝－(2n2＋3n)．4．(2018·石家庄质检)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋.(1)设bn＝，求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)由an＋1＝an＋，可得＝＋，又bn＝，∴bn＋1－bn＝，由a1＝1，得b1＝1，累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝＋＋…＋，即bn－b1＝＝1－，∴bn＝2－.(2)由(1)可知an＝2n－，设数列的前n项和为Tn，则Tn＝＋＋＋…＋，①Tn＝＋＋＋…＋，②①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－，∴Tn＝4－.易知数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，∴Sn＝n(n＋1)－4＋.