2019届二轮复习数列与数学归纳法学案（全国通用）


[析考情·明重点]
小题考情分析
大题考情分析
常考点
1.等差、等比数列的概念及运算(5年4考)
2.等差、等比数列的性质(5年4考)
高考对数列的考查在解答题中常以数列的相关项以及关系式，或an与Sn的关系入手，结合等差、等比数列的定义展开考查．数学归纳法也是高考常考内容，题型主要有：
(1)等差、等比数列基本量的运算；
(2)数列求和问题；
(3)数列与不等式的综合问题；
(4)数学归纳法常与数列、不等式等知识综合考查.
偶考点
1.数列的递推关系式
2.等差与等比数列的综合应用问题

第一讲 小题考法——数列的概念及基本运算
考点(一)
数列的递推关系式

主要考查方式有两种：一是利用an与Sn的关系求通项an或前n项和Sn；二是利用an与an＋1的关系求通项an或前n项和Sn.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·台州调考)设数列{an}，{bn}满足an＋bn＝700，an＋1＝an＋bn，n∈N*，若a6＝400，则(　　)
A．a4>a3　　　　　　 　B．b4b3 D．a40”是“S4＋S6>2S5”的(　　)
A．充分不必要条件　　 　B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
(2)(2018·浙江考前冲刺)已知等差数列{an}满足an＋an＋1＝2n－3，n∈N*，则a1＋a2＋a6＋a7＝________，数列{an}的前n项和Sn＝________.
(3)(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，则a8＝________.
[解析]　(1)因为{an}为等差数列，所以S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d，S4＋S6－2S5＝d，所以d>0⇔S4＋S6>2S5.
(2)分别令n＝1,6，可得a1＋a2＋a6＋a7＝－1＋9＝8.设数列{an}的公差为d，则2n－3＝an＋an＋1＝a1＋(n－1)d＋a1＋nd＝2dn＋(2a1－d)对任意的n∈N*恒成立，所以解得故Sn＝n×(－1)＋×1＝.
(3)设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，则解得
则a8＝a1q7＝×27＝32.
[答案]　(1)C　(2)8　　(3)32
[方法技巧]
等差(比)数列基本运算的解题思路
(1)设基本量：首项a1和公差d(公比q)．
(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(或q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．
[演练冲关]
1．(2018·诸暨质量检测)已知数列{an}的前n项和是Sn，则下列四个命题中，错误的是(　　)
A．若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列是公差为的等差数列
B．若数列是公差为d的等差数列，则数列{an}是公差为2d的等差数列
C．若数列{an}是等差数列，则数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列
D．若数列{an}的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则{an}是等差数列
解析：选D　A项，若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项的和为Sn，则数列为等差数列，且通项为＝a1＋(n－1)，即数列是公差为的等差数列，故说法正确；B项，由题意得＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋n(n－1)d，则an＝Sn－Sn－1＝a1＋2(n－1)d，即数列{an}是公差为2d的等差数列，故说法正确；C项，若等差数列{an}的公差为d，则数列的奇数项、偶数项都是公差为2d的等差数列，故说法正确；D项，若数列{an}的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则{an}不一定是等差数列，例如：{1,4,3,6,5,8,7}，说法错误．故选D.
2．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，
则a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，
a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，
两式相除，得＝，
解得q＝－2，a1＝1，
所以a4＝a1q3＝－8.
答案：－8
3．(2019届高三·浙江名校联考)已知等比数列{an}的公比q>0，前n项和为Sn.若2(a5－a3－a4)＝a4，且a2a4a6＝64，则q＝________，Sn＝________.
解析：∵2(a5－a3－a4)＝a4，∴2a5＝2a3＋3a4⇒2q4＝2q2＋3q3⇒2q2－3q－2＝0，得q＝－(舍去)或q＝2.∵a2a4a6＝64，∴a＝64⇒a4＝4，∴a1＝，Sn＝＝.
答案：2　
考点(三)
等差、等比数列的性质

主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与前n项和有关的最值问题.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·浙江“七彩阳光”联盟期中)已知等差数列{an}，Sn表示前n项的和，a5＋a11>0，a6＋a90
解析：选D　由a1＋a2＝2a1＋d>0，得d>－2a1，由a1＋a3＝2a1＋2d>0，得d>－a1，显然不符，A错；a1·a4＝a＋3a1d，a2·a3＝a＋3a1d＋2d2，因为d≠0，所以a1a42S5＝10a1＋20d，解得d>0，D正确．
5．(2018·金华统考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S7＝S11，且a1>0，则Sn中最大的是(　　)
A．S7 B．S8
C．S9 D．S10
解析：选C　法一：设数列{an}的公差为d，根据S7＝S11可得7a1＋d＝11a1＋d，即d＝－a1，则Sn＝na1＋d＝na1＋×＝－(n－9)2＋a1，由a1>0可知－0可知a9>0，a100，所以a＋a≥2a成立，但{an}是等差数列，不是等比数列，所以必要性不成立．所以“{an}为等比数列”是“a＋a≥2a”的充分不必要条件．故选A.
7．若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a70，所以S13＝＝13a70，所以S12S13100，
得n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．
易得第n组的所有项的和为＝2n－1，前n组的所有项的和为－n＝2n＋1－n－2.
设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，
若要使前N项和为2的整数幂，则第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，
即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，
∴当t＝4，k＝13时，N＝＋4＝955时，N>440，故选A.
3．(2018·浙江考前冲刺卷)已知数列{an}是首项为1，公差d不为0的等差数列，且a2a3＝a8，数列{bn}是等比数列，其中b2＝－2，b5＝16，若数列{cn}满足cn＝anbn，则|c1|＋|c2|＋|c3|＋…＋|cn|＝(　　)
A．3＋(2n－3)2n＋1 B．3＋(2n－3)2n
C．3－(2n－3)2n D．3＋(2n＋3)2n
解析：选B　由题意知，(a1＋d)(a1＋2d)＝a1＋7d，a1＝1，得d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.设数列{bn}的公比为q，则q3＝＝－8，q＝－2，所以bn＝(－2)n－1，所以|cn|＝|(2n－1)(－2)n－1|＝(2n－1)·2n－1，所以|c1|＋|c2|＋|c3|＋…＋|cn|＝1×20＋3×21＋…＋(2n－1)2n－1.令Tn＝1×20＋3×21＋…＋(2n－1)2n－1，则2Tn＝1×21＋3×22＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，两式相减得Tn＝－2(21＋22＋…＋2n－1)＋(2n－1)2n－1＝3＋(2n－3)2n，所以选B.
4．(2018·浙江高三模拟)已知在数列{an}中，a1＝－，[1－(－1)n]an＝(－1)n·an－1＋2－(n≥2)，且对任意的n∈N*，(an＋1－p)(an－p)