（浙江專用）2019高考數學二輪復習 專題三 數列與數學歸納法學案.doc

專題三 數列與數學歸納法 [析考情明重點] 小題考情分析 大題考情分析 常考點 1.等差、等比數列的概念及運算(5年4考) 2.等差、等比數列的性質(5年4考) 高考對數列的考查在解答題中常以數列的相關項以及關系式，或an與Sn的關系入手，結合等差、等比數列的定義展開考查．數學歸納法也是高考?？純热?，題型主要有： (1)等差、等比數列基本量的運算； (2)數列求和問題； (3)數列與不等式的綜合問題； (4)數學歸納法常與數列、不等式等知識綜合考查. 偶考點 1.數列的遞推關系式 2.等差與等比數列的綜合應用問題 第一講 小題考法——數列的概念及基本運算 考點(一) 數列的遞推關系式 主要考查方式有兩種：一是利用an與Sn的關系求通項an或前n項和Sn；二是利用an與an＋1的關系求通項an或前n項和Sn. [典例感悟] [典例]　(1)(2018臺州調考)設數列{an}，{bn}滿足an＋bn＝700，an＋1＝an＋bn，n∈N*，若a6＝400，則(　　) A．a4>a3　　　　　　 　B．b4<b3 C．a3>b3 D．a4<b4 (2)設數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)，則通項公式an＝____________. (3)(2018鎮(zhèn)海期中)設數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，＝對一切n∈N*都成立，則a2＝________，＝________. [解析]　(1)由消去bn可得an＋1＝an＋280，所以an＋1－400＝(an－400)． 因為a6＝400，所以an－400＝(a6－400)n－6＝0，即an＝400，故bn＝300，故選C. (2)由an＋1＝Sn①，可得an＝Sn－1(n≥2)②，①－②得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an(n≥2)，即＝2(n≥2)，又a2＝S1＝1，所以＝1≠2，則數列{an}從第二項起是以1為首項2為公比的等比數列，所以an＝ (3)當n＝1時，有＝，即a2＝a＋a1，所以a2＝2.由＝，得＝，則數列是常數列，故＝＝2. [答案]　(1)C　(2)an＝　(3)2　2 [方法技巧] 1．由遞推關系式求通項公式的常用方法 (1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an，即an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1(n≥2)． (2)已知a1且＝f(n)，可用“累乘法”求an，即an＝…a1(n≥2)． 2．Sn與an關系問題的求解思路 根據所求結果的不同要求，將問題向不同的兩個方向轉化． (1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉化為只含Sn，Sn－1的關系式，再求解． (2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉化為只含an，an－1的關系式，再求解． [演練沖關] 1．(2019屆高三浙江名校協(xié)作體聯考)已知數列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝2an－3(n∈N*)，則S6＝(　　) A．192 B．189 C．96 D．93 解析：選B　∵a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.又n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(2an－3)－(2an－1－3)，即有n≥2時，an＝2an－1，故數列{an}是首項為3，公比為2的等比數列，則a6＝325＝96，∴S6＝2a6－3＝189，故選B. 2．(2018衢州質量檢測)在數列{an}中，a1＝1，(n2＋2n)(an＋1－an)＝1(n∈N*)，則通項公式an＝________. 解析：由(n2＋2n)(an＋1－an)＝1(n∈N*)， 得an＋1－an＝＝＝， ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝＋＋…＋＋1 ＝＋1＝－. 答案：－ 3．(2018杭州七校聯考)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，則數列{an}的通項公式為an＝________. 解析：an＋1－2an＝2n兩邊同除以2n＋1，可得－＝，又＝，∴數列是以為首項，為公差的等差數列，∴＝＋(n－1)＝，∴an＝n2n－1. 答案：n2n－1 考點(二) 等差、等比數列的基本運算 主要考查與等差(比)數列的通項公式、前n項和公式有關的五個基本量間的“知三求二”運算. [典例感悟] [典例]　(1)(2017浙江高考)已知等差數列{an}的公差為d，前n項和為Sn，則“d>0”是“S4＋S6>2S5”的(　　) A．充分不必要條件　　 　B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 (2)(2018浙江考前沖刺)已知等差數列{an}滿足an＋an＋1＝2n－3，n∈N*，則a1＋a2＋a6＋a7＝________，數列{an}的前n項和Sn＝________. (3)(2017江蘇高考)等比數列{an}的各項均為實數，其前n項和為Sn.已知S3＝，S6＝，則a8＝________. [解析]　(1)因為{an}為等差數列，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)分別令n＝1,6，可得a1＋a2＋a6＋a7＝－1＋9＝8.設數列{an}的公差為d，則2n－3＝an＋an＋1＝a1＋(n－1)d＋a1＋nd＝2dn＋(2a1－d)對任意的n∈N*恒成立，所以解得故Sn＝n(－1)＋1＝. (3)設等比數列{an}的公比為q，則由S6≠2S3，得q≠1，則解得 則a8＝a1q7＝27＝32. [答案]　(1)C　(2)8　　(3)32 [方法技巧] 等差(比)數列基本運算的解題思路 (1)設基本量：首項a1和公差d(公比q)． (2)列、解方程(組)：把條件轉化為關于a1和d(或q)的方程(組)，然后求解，注意整體計算，以減少運算量． [演練沖關] 1．(2018諸暨質量檢測)已知數列{an}的前n項和是Sn，則下列四個命題中，錯誤的是(　　) A．若數列{an}是公差為d的等差數列，則數列是公差為的等差數列 B．若數列是公差為d的等差數列，則數列{an}是公差為2d的等差數列 C．若數列{an}是等差數列，則數列的奇數項、偶數項分別構成等差數列 D．若數列{an}的奇數項、偶數項分別構成公差相等的等差數列，則{an}是等差數列 解析：選D　A項，若等差數列{an}的首項為a1，公差為d，前n項的和為Sn，則數列為等差數列，且通項為＝a1＋(n－1)，即數列是公差為的等差數列，故說法正確；B項，由題意得＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋n(n－1)d，則an＝Sn－Sn－1＝a1＋2(n－1)d，即數列{an}是公差為2d的等差數列，故說法正確；C項，若等差數列{an}的公差為d，則數列的奇數項、偶數項都是公差為2d的等差數列，故說法正確；D項，若數列{an}的奇數項、偶數項分別構成公差相等的等差數列，則{an}不一定是等差數列，例如：{1,4,3,6,5,8,7}，說法錯誤．故選D. 2．(2017全國卷Ⅲ)設等比數列{an}滿足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，則a4＝________. 解析：設等比數列{an}的公比為q， 則a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1， a1－a3＝a1(1－q2)＝－3， 兩式相除，得＝， 解得q＝－2，a1＝1， 所以a4＝a1q3＝－8. 答案：－8 3．(2019屆高三浙江名校聯考)已知等比數列{an}的公比q>0，前n項和為Sn.若2(a5－a3－a4)＝a4，且a2a4a6＝64，則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　 考點(三) 等差、等比數列的性質 主要考查利用等差、等比數列的性質求解基本量及與前n項和有關的最值問題. [典例感悟] [典例]　(1)(2018浙江“七彩陽光”聯盟期中)已知等差數列{an}，Sn表示前n項的和，a5＋a11>0，a6＋a9<0，則滿足Sn<0的正整數n的最大值是(　　) A．12　　　　　　　　　 　B．13 C．14 D．15 (2)(2018杭州二中期中)已知等比數列{an}的前n項積為Tn，log2a3＋log2a7＝2，則T9的值為(　　) A．512 B．512 C．1 024 D．1 024 (3)(2019屆高三溫州十校聯考)已知數列{an}的首項a1＝1，前n項和為Sn，且滿足2an＋1＋Sn＝2，則滿足<<的n的最大值是(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 (4)(2018紹興高三3月適應性模擬)設Sn為等差數列{an}的前n項和，滿足S2＝S6，－＝2，則a1＝________，公差d＝________. [解析]　(1)∵2a8＝a5＋a11>0，∴a8>0，則S15＝15＝15a8>0. 又a7＋a8＝a6＋a9<0，∴a7<－a8<0，則S13＝13＝13a7<0. 而S14＝14＝7(a6＋a9)<0，則滿足Sn<0的正整數n的最大值是14. (2)∵a3>0，a7>0，∴a5＝a3q2>0. ∴l(xiāng)og2a3＋log2a7＝log2(a3a7)＝log2a＝2，故a5＝2. 從而T9＝(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5＝a＝29＝512，故選B. (3)當n＝1時，由2a2＋S1＝2，得a2＝. 由2an＋1＋Sn＝2知， 當n≥2時，有2an＋Sn－1＝2， 兩式相減得an＋1＝an. 當n＝1時上式也成立， 所以數列{an}是公比為的等比數列， 故Sn＝2－2n. 因此原不等式化為<<，化簡得<n<，解得n＝4,5,6,7,8,9，所以n的最大值為9. (4)由S2＝S6得S6－S2＝a6＋a5＋a4＋a3＝2(a5＋a4)＝0， ∴a5＋a4＝0，∴2a1＋7d＝0， 由－＝2得－＝(a5－a4)＝2， ∴d＝4.∴a1＝－14. [答案]　(1)C　(2)B　(3)B　(4)－14　4 [方法技巧] 等差、等比數列性質問題的求解策略 (1)解題關鍵：抓住項與項之間的關系及項的序號之間的關系，從這些特點入手選擇恰當的性質進行求解． (2)運用函數性質：數列是一種特殊的函數，具有函數的一些性質，如單調性、周期性等，可利用函數的性質解題． [演練沖關] 1．已知等差數列{an}中，a1＝1，前10項和等于前5項和，若am＋a6＝0，則m＝(　　) A．10 B．9 C．8 D．2 解析：選A　記數列{an}的前n項和為Sn，由題意S10＝S5，所以S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，又a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是a8＝0，又am＋a6＝0，所以m＋6＝28，解得m＝10. 2．已知數列{an}是首項為a，公差為1的等差數列，數列{bn}滿足bn＝.若對任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，則實數a的取值范圍是(　　) A．(－8，－7) B．[－8，－7) C．(－8，－7] D．[－8，－7] 解析：選A　因為{an}是首項為a，公差為1的等差數列，所以an＝n＋a－1，因為bn＝＝1＋，又對任意的n∈N*都有bn≥b8成立，所以1＋≥1＋，即≥對任意的n∈N*恒成立，因為數列{an}是公差為1的等差數列，所以{an}是單調遞增的數列，所以即解得－8<a<－7. 3．(2018臺州八中段測)等差數列{an}中的a1，a4 035是函數f(x)＝x3－4x2＋6x－1的極值點，則log2a2 018的值為________． 解析：∵f(x)＝x3－4x2＋6x－1， ∴f′(x)＝x2－8x＋6， 又a1，a4 035是函數f(x)＝x3－4x2＋6x－1的極值點， ∴a1，a4 035是方程x2－8x＋6＝0的實根， 由根與系數的關系可得a1＋a4 035＝8， 由等差數列的性質可得a2 018＝＝4， ∴l(xiāng)og2a2 018＝log24＝2. 答案：2 考點(四) 等差、等比數列的綜合問題 主要考查等差、等比數列相結合的基本量的計算、數列有關最值問題的求解及與不等式相結合問題. [典例感悟] [典例]　(1)(2018浙江六校聯考)已知數列{an}是公比為2的等比數列，滿足a6＝a2a10，設等差數列{bn}的前n項和為Sn，若b9＝2a7，則S17＝(　　) A．34 B．39 C．51 D．68 (2)等差數列{an}的前n項和為Sn ，已知S10＝0，S15＝25，則nSn 的最小值為(　　) A．－47 B．－48 C．－49 D．－50 (3)(2018浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比數列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1>1，則(　　) A．a1<a3，a2<a4 B．a1>a3，a2<a4 C．a1<a3，a2>a4 D．a1>a3，a2>a4 [解析]　(1)法一：數列{an}是公比q＝2的等比數列，由a6＝a2a10得a1q5＝a1qa1q9，∴a1q5＝1，∴a6＝1， ∴b9＝2a7＝2a6q＝212＝4，設等差數列{bn}的公差為d，則S17＝17b1＋d＝17(b1＋8d)＝17b9＝68，故選D. 法二：數列{an}是公比為2的等比數列，由等比數列的性質得a6＝a2a10＝a，∴a6＝1，∴b9＝2a7＝2a62＝4，∴等差數列{bn}的前17項和S17＝＝17b9＝68，故選D. (2)由已知得 解得那么nSn＝n2a1＋d＝－.由于函數f(x)＝－在x＝處取得極小值，又6<<7，從而檢驗n＝6時，6S6＝－48，n＝7時，7S7＝－49.所以nSn 的最小值為－49. (3)法一：構造不等式ln x≤x－1(x>0)， 則a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1， 所以a4＝a1q3≤－1.由a1>1，得q<0. 若q≤－1，則ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0. 又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1， 所以ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾． 因此－1<q<0. 所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0， 所以a1>a3，a2<a4. 法二：因為ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，則a4≤－1，又a1>1，所以等比數列的公比q<0.若q≤－1，則a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，與ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4，故選B. [答案]　(1)D　(2)C　(3)B [方法技巧] 等差、等比數列綜合問題的求解策略 (1)對于等差數列與等比數列交匯的問題，要從兩個數列的特征入手，理清它們的關系，常用“基本量法”求解，但有時靈活地運用等差中項、等比中項等性質，可使運算簡便． (2)數列的通項或前n項和可以看作關于n的函數，然后利用函數的性質求解數列的有關最值問題． (3)等差、等比數列與不等式交匯的問題常構造函數，根據函數的性質解不等式． [演練沖關] 1．已知數列{an}是等差數列，若a1－1，a3－3，a5－5依次構成公比為q的等比數列，則q＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：選C　依題意，得2a3＝a1＋a5,2a3－6＝a1＋a5－6，即2(a3－3)＝(a1－1)＋(a5－5)，所以a1－1，a3－3，a5－5成等差數列．又a1－1，a3－3，a5－5依次構成公比為q的等比數列，因此有a1－1＝a3－3＝a5－5，q＝＝1. 2．設數列是等差數列，數列是等比數列，記數列，的前n項和分別為Sn，Tn.若a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4(T6－T4)，則＝(　　) A． B． C．－ D．－ 解析：選C　設等差數列的公差為d，等比數列的公比為q. 由a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4(T6－T4)， 得解得 故＝＝＝＝－. 3．(2019屆高三浙江十校聯考)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，數列{bn}是單調遞增的等比數列，b1是a1與a2的等差中項，b1＝2，a3＝5，b3＝a4＋1.若當n≥m(m∈N*)時，Sn≤bn恒成立，則m的最小值為________． 解析：由題意設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q，q>1，則a1＋a2＝2a1＋d＝2b1＝4，又a3＝a1＋2d＝5，所以a1＝1，d＝2，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以b3＝a4＋1＝8，Sn＝n＋2＝n2.因為數列{bn}是單調遞增的等比數列，所以q2＝＝4，q＝2，bn＝2n.因為當n≥m(m∈N*)時，Sn≤bn恒成立，所以當n≥m(m∈N*)時，n2≤2n恒成立，數形結合可知m的最小值為4. 答案：4 (一) 主干知識要記牢 1．等差數列、等比數列 等差數列 等比數列 通項公式 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1(q≠0) 前n項和公式 Sn＝＝na1＋d (1)q≠1，Sn＝＝； (2)q＝1，Sn＝na1 2．判斷等差數列的常用方法 (1)定義法：an＋1－an＝d(常數)(n∈N*)?{an}是等差數列． (2)通項公式法：an＝pn＋q(p，q為常數，n∈N*)?{an}是等差數列． (3)中項公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差數列． (4)前n項和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B為常數，n∈N*)?{an}是等差數列． 3．判斷等比數列的常用方法 (1)定義法：＝q(q是不為0的常數，n∈N*)?{an}是等比數列． (2)通項公式法：an＝cqn(c，q均是不為0的常數，n∈N*)?{an}是等比數列． (3)中項公式法：a＝anan＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)?{an}是等比數列． (二) 二級結論要用好 1．等差數列的重要規(guī)律與推論 (1)an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；p＋q＝m＋n?ap＋aq＝am＋an. (2)ap＝q，aq＝p(p≠q)?ap＋q＝0；Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd. (3)連續(xù)k項的和(如Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…)構成的數列是等差數列． (4)若等差數列{an}的項數為偶數2m，公差為d，所有奇數項之和為S奇，所有偶數項之和為S偶，則所有項之和S2m＝m(am＋am＋1)，S偶－S奇＝md，＝. (5)若等差數列{an}的項數為奇數2m－1，所有奇數項之和為S奇，所有偶數項之和為S偶，則所有項之和S2m－1＝(2m－1)am，S奇＝mam，S偶＝(m－1)am，S奇－S偶＝am，＝. [針對練1]　一個等差數列的前12項和為354，前12項中偶數項的和與奇數項的和之比為32∶27，則該數列的公差d＝________. 解析：設等差數列的前12項中奇數項的和為S奇，偶數項的和為S偶，等差數列的公差為d. 由已知條件，得 解得 又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5. 答案：5 2．等比數列的重要規(guī)律與推論 (1)an＝a1qn－1＝amqn－m；p＋q＝m＋n?apaq＝aman. (2){an}，{bn}成等比數列?{anbn}成等比數列． (3)連續(xù)m項的和(如Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)構成的數列是等比數列(注意：這連續(xù)m項的和必須非零才能成立)． (4)若等比數列有2n項，公比為q，奇數項之和為S奇，偶數項之和為S偶，則＝q. (5)對于等比數列前n項和Sn，有： ①Sm＋n＝Sm＋qmSn； ②＝(q≠1)． (三) 易錯易混要明了 已知數列的前n項和求an，易忽視n＝1的情形，直接用Sn－Sn－1表示．事實上，當n＝1時，a1＝S1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1. [針對練2]　已知數列{an}的前n項和Sn＝n2＋1，則該數列的通項公式為________． 解析：當n＝1時，a1＝S1＝2. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝n2－(n－1)2＝2n－1， 又當n＝1時，21－1＝1≠2. ∴an＝ 答案：an＝ A組——10＋7提速練 一、選擇題 1．設等比數列{an}的公比q＝2，前n項和為Sn，則＝(　　) A．2　　　　　　　　　 　 B．4 C． D． 解析：選C　∵q＝2， ∴S4＝＝15a1， ∴＝＝.故選C. 2．(2017全國卷Ⅰ)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 解析：選C　設等差數列{an}的公差為d， 則由得 即解得d＝4. 3．設等比數列{an}的前n項和為Sn，若S1＝a2－，S2＝a3－，則公比q＝(　　) A．1 B．4 C．4或0 D．8 解析：選B　∵S1＝a2－，S2＝a3－， ∴ 解得或， 故所求的公比q＝4.故選B. 4．(2019屆高三湖州五校聯考)若{an}是公差為d(d≠0)的等差數列，Sn是其前n項和，則下列結論中正確的是(　　) A．若a1＋a2>0，則a1＋a3>0 B．若a1＋a4>0，則a1a4>a2a3 C．若d>0且a1>0，則＋> D．若S3＋S7>2S5，則d>0 解析：選D　由a1＋a2＝2a1＋d>0，得d>－2a1，由a1＋a3＝2a1＋2d>0，得d>－a1，顯然不符，A錯；a1a4＝a＋3a1d，a2a3＝a＋3a1d＋2d2，因為d≠0，所以a1a4<a2a3，B錯；由＝a1＋，＝2a1＋3d，＝a1＋，得＋＝，C錯；S3＝3a1＋3d，S5＝5a1＋10d，S7＝7a1＋21d，由S3＋S7＝10a1＋24d>2S5＝10a1＋20d，解得d>0，D正確． 5．(2018金華統(tǒng)考)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，滿足S7＝S11，且a1>0，則Sn中最大的是(　　) A．S7 B．S8 C．S9 D．S10 解析：選C　法一：設數列{an}的公差為d，根據S7＝S11可得7a1＋d＝11a1＋d，即d＝－a1，則Sn＝na1＋d＝na1＋＝－(n－9)2＋a1，由a1>0可知－<0，故當n＝9時，Sn最大． 法二：根據S7＝S11可得a8＋a9＋a10＋a11＝0，根據等差數列的性質可得a8＋a11＝a9＋a10＝0，由a1>0可知a9>0，a10<0，所以數列{an}的前9項和最大． 6．(2019屆高三浙江名校聯考信息卷)已知數列{an}是正項數列，則“{an}為等比數列”是“a＋a≥2a”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A　若{an}為等比數列，則有anan＋2＝a，所以a＋a≥2＝2a，當且僅當an＝an＋2時取等號，所以充分性成立；當a＋a≥2a時，取an＝n，則a＋a－2a＝n2＋(n＋2)2－2(n＋1)2＝2n2＋4n＋4－2n2－4n－2＝2>0，所以a＋a≥2a成立，但{an}是等差數列，不是等比數列，所以必要性不成立．所以“{an}為等比數列”是“a＋a≥2a”的充分不必要條件．故選A. 7．若等差數列{an}的前n項和為Sn，若S6>S7>S5，則滿足SnSn＋1<0的正整數n的值為(　　) A．10 B．11 C．12 D．13 解析：選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，即滿足SnSn＋1<0的正整數n的值為12，故選C. 8．(2018浙江考前熱身聯考)我國古代的天文學和數學著作《周髀算經》中記載：一年有二十四個節(jié)氣，每個節(jié)氣晷(ɡuǐ)長損益相同(晷是按照日影測定時刻的儀器，晷長即為所測量影子的長度)．二十四個節(jié)氣及晷長變化如圖所示，相鄰兩個節(jié)氣晷長的變化量相同，周而復始．若冬至晷長一丈三尺五寸夏至晷長一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，則夏至之后的那個節(jié)氣(小暑)晷長是(　　) A．五寸 B．二尺五寸 C．三尺五寸 D．四尺五寸 解析：選B　設從夏至到冬至的晷長依次構成等差數列{an}，公差為d，a1＝15，a13＝135，則15＋12d＝135，解得d＝10.∴a2＝15＋10＝25，∴小暑的晷長是25寸．故選B. 9．已知數列{an}滿足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且對任意n∈N*都有＋＋…＋<t，則實數t的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　依題意得，當n≥2時，an＝＝＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝221－1，因此an＝22n－1，＝＝n－1，即數列是以為首項，為公比的等比數列，等比數列的前n項和等于＝<，因此實數t的取值范圍是. 10．若數列{an}滿足a1＝1，且對于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，則＋＋…＋＋等于(　　) A. B. C. D. 解析：選C　由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1， 則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， 則＋＋…＋＋＝2＝2＝. 二、填空題 11．(2018杭州高三質檢)設各項均為正數的等比數列{an}的前n項和為Sn，若S4＝80，S2＝8，則公比q＝________，a5＝________. 解析：由題意得解得或(舍去)，從而a5＝a1q4＝234＝162. 答案：3　162 12．已知數列{an}滿足an＋1＝若a1＝，則a2 018＝________. 解析：因為a1＝，根據題意得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，所以數列{an}以4為周期，又2 018＝5044＋2，所以a2 018＝a2＝. 答案： 13．(2018寧波調研)已知{an}，{bn}是公差分別為d1，d2的等差數列，且An＝an＋bn，Bn＝anbn.若A1＝1，A2＝3，則An＝________；若{Bn}為等差數列，則d1d2＝________. 解析：∵{an}，{bn}是公差分別為d1，d2的等差數列，且An＝an＋bn， ∴數列{An}是等差數列，又A1＝1，A2＝3， ∴數列{an}的公差d＝A2－A1＝2. 則An＝1＋2(n－1)＝2n－1； ∵Bn＝anbn，且{Bn}為等差數列， ∴Bn＋1－Bn＝an＋1bn＋1－anbn＝(an＋d1)(bn＋d2)－anbn＝and2＋bnd1＋d1d2＝[a1＋(n－1)d1]d2＋[b1＋(n－1)d2]d1＋d1d2＝a1d2＋b1d1－d1d2＋2d1d2n為常數． ∴d1d2＝0. 答案：2n－1　0 14．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若a3＝10，S4＝50，則公差d＝________，若Sn取到最大值，則n＝________. 解析：由已知條件可得S4＝a3－2d＋a3－d＋a3＋a3＋d＝4a3－2d＝50，又a3＝10，所以d＝－5. 法一：可得a4＝5，a5＝0，a6＝－5，…，故當n＝4或5時，Sn取到最大值． 法二：可知a1＝20，an＝－5n＋25，Sn＝，根據二次函數的知識可得，當n＝4或5時，Sn取到最大值． 答案：－5　4或5 15．設等比數列{an}滿足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，則a1a2…an的最大值為________． 解析：設等比數列{an}的公比為q，則由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝.又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8. 故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n ＝23n－＋＝2－＋n. 記t＝－＋＝－(n2－7n)＝－2＋， 結合n∈N*可知n＝3或4時，t有最大值6. 又y＝2t為增函數，從而a1a2…an的最大值為26＝64. 答案：64 16．已知等差數列{an}滿足a3＝－1，a4＋a12＝－12，則數列{an}的通項公式an＝________；若數列的前n項和為Sn，則使Sn>的最大正整數n為________． 解析：設等差數列{an}的公差為d， 由已知可得解得 故數列{an}的通項公式為an＝2－n. Sn＝a1＋＋…＋，① ＝＋＋…＋.② ①－②得＝a1＋＋…＋－＝1－－＝1－－＝， 所以Sn＝，由Sn＝>，得0<n≤5，故最大正整數n為5. 答案：2－n　5 17．(2018南昌調研)設數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝3且當n≥2時，2an＝SnSn－1(n∈N*)，則數列{an}的通項公式an＝________. 解析：當n≥2時，由2an＝SnSn－1可得2(Sn－Sn－1)＝SnSn－1，∴－＝，即－＝－，∴數列是首項為，公差為－的等差數列，∴＝＋(n－1)＝，∴Sn＝.當n≥2時，an＝SnSn－1＝＝，又a1＝3， ∴an＝ 答案： B組——能力小題保分練 1．(2016浙江高考)如圖，點列{An}，{Bn}分別在某銳角的兩邊上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*.(P≠Q表示點P與Q不重合)若dn＝|AnBn|，Sn為△AnBnBn＋1的面積，則(　　) A．{Sn}是等差數列 B．{S}是等差數列 C．{dn}是等差數列 D．7a5kv5z是等差數列 解析：選A　由題意，過點A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分別作直線B1Bn＋1的垂線，高分別記為h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根據平行線的性質，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差數列，又Sn＝|BnBn＋1|hn，|BnBn＋1|為定值，所以{Sn}是等差數列．故選A. 2．(2017全國卷Ⅰ)幾位大學生響應國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應用軟件．為激發(fā)大家學習數學的興趣，他們推出了“解數學題獲取軟件激活碼”的活動．這款軟件的激活碼為下面數學問題的答案：已知數列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20,21，再接下來的三項是20,21,22，依此類推．求滿足如下條件的最小整數N：N>100且該數列的前N項和為2的整數冪．那么該款軟件的激活碼是(　　) A．440 B．330 C．220 D．110 解析：選A　設第一項為第1組，接下來的兩項為第2組，再接下來的三項為第3組，依此類推，則第n組的項數為n，前n組的項數和為. 由題意可知，N>100，令>100， 得n≥14，n∈N*，即N出現在第13組之后． 易得第n組的所有項的和為＝2n－1，前n組的所有項的和為－n＝2n＋1－n－2. 設滿足條件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)組，且第N項為第k＋1組的第t(t∈N*)個數， 若要使前N項和為2的整數冪，則第k＋1組的前t項的和2t－1應與－2－k互為相反數， 即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)， ∴當t＝4，k＝13時，N＝＋4＝95<100，不滿足題意； 當t＝5，k＝29時，N＝＋5＝440； 當t>5時，N>440，故選A. 3．(2018浙江考前沖刺卷)已知數列{an}是首項為1，公差d不為0的等差數列，且a2a3＝a8，數列{bn}是等比數列，其中b2＝－2，b5＝16，若數列{cn}滿足cn＝anbn，則|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：選B　由題意知，(a1＋d)(a1＋2d)＝a1＋7d，a1＝1，得d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.設數列{bn}的公比為q，則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|＝120＋321＋…＋(2n－1)2n－1.令Tn＝120＋321＋…＋(2n－1)2n－1，則2Tn＝121＋322＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，兩式相減得Tn＝－2(21＋22＋…＋2n－1)＋(2n－1)2n－1＝3＋(2n－3)2n，所以選B. 4．(2018浙江高三模擬)已知在數列{an}中，a1＝－，[1－(－1)n]an＝(－1)nan－1＋2－(n≥2)，且對任意的n∈N*，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立，則實數p的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　∵[1－(－1)n]an＝(－1)nan－1＋2－(n≥2)，(*) a1＝－，∴①當n為偶數時，化簡(*)式可知，an－1＝－2，∴an＝－2(n為奇數)； ②當n為奇數時，化簡(*)式可知，2an＝－an－1＋2－，即－4＝－an－1＋2－，即an－1＝6－， ∴an＝6－(n為偶數)．于是an＝ ∵對任意n∈N*，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立， ∴對任意n∈N*，(p－an＋1)(p－an)<0恒成立．又數列{a2k－1}單調遞減，數列{a2k}單調遞增，∴當n為奇數時，有an<p<an＋1，則a1<p<a1＋1，即－<p<； 當n為偶數時，有an＋1<p<an，則a2＋1<p<a2，即－<p<.綜上所述，－<p<，故選A. 5．已知數列{an}的前n項和為Sn，數列{an}為，，，，，，，，，，…，，，…，，…，若Sk＝14，則ak＝________. 解析：因為＋＋…＋＝＝－，＋＋…＋＝＝，所以數列，＋，＋＋，…，＋＋…＋是首項為，公差為的等差數列，所以該數列的前n項和Tn＝＋1＋＋…＋＝.令Tn＝＝14，解得n＝7(n＝－8舍去)，所以ak＝. 答案： 6．已知在首項都為2的數列{an}，{bn}中，a2＝b2＝4,2an＋1＝an＋an＋2，bn＋1－bn<2n＋，bn＋2－bn>32n－1，且bn∈Z，則bn＝________，數列的前n項和為________． 解析：由2an＋1＝an＋an＋2，知數列{an}是等差數列，因為a1＝2，a2＝4，所以其公差為2，所以an＝2n.由bn＋1－bn<2n＋，得bn＋2－bn＋1<2n＋1＋，所以bn＋2－bn<32n＋1，又bn＋2－bn>32n－1，且bn∈Z，所以bn＋2－bn＝32n，又b1＝2，b2＝4，所以bn＝2n.所以＝＝2n－1，則數列的前n項和為＝2n－1. 答案：2n　2n－1 第二講 大題考法——數列的綜合應用及數學歸納法 題型(一) 等差、等比數列基本量的計算 主要考查等差數列、等比數列的通項公式及前n項和的求解，且常結合數列的遞推公式命題. [典例感悟] [典例1]　已知數列{an}是等差數列，滿足a1＝2，a4＝8，數列{bn}是等比數列，滿足b2＝4，b5＝32. (1)求數列{an}和{bn}的通項公式； (2)求數列{an＋bn}的前n項和Sn. [解]　(1)設等差數列{an}的公差為d， 由題意得d＝＝2， 所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)2＝2n. 設等比數列{bn}的公比為q， 由題意得q3＝＝8，解得q＝2. 因為b1＝＝2，所以bn＝b1qn－1＝22n－1＝2n. (2)因為an＝2n，bn＝2n，所以an＋bn＝2n＋2n，所以Sn＝＋＝n2＋n＋2n＋1－2. [備課札記]　 [方法技巧] 等差、等比數列的基本量的求解策略 (1)分析已知條件和求解目標，確定為最終解決問題需要先求解的中間問題．如為求和需要先求出通項、為求出通項需要先求出首項和公差(公比)等，即確定解題的邏輯次序． (2)注意細節(jié)．例如：在等差數列與等比數列綜合問題中，若等比數列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能；在數列的通項問題中，第一項和后面的項能否用同一個公式表示等． [演練沖關] 1．(2018浙江第二次聯盟聯考)設數列{an}的首項a1＝，前n項和為Sn，且滿足2an＋1＋Sn＝3(n∈N*)． (1)求a2及an； (2)求證：anSn的最大值為. 解：(1)由題意得2a2＋S1＝3， 即2a2＋a1＝3， 所以a2＝＝. 當n≥2時，由2an＋1＋Sn＝3，得2an＋Sn－1＝3， 兩式相減得2an＋1－an＝0，即an＋1＝an. 因為a1＝，a2＝，所以a2＝a1， 即當n＝1時，an＋1＝an也成立． 所以{an}是以為首項，為公比的等比數列， 所以an＝. (2)證明：因為2an＋1＋Sn＝3，且an＋1＝an， 所以Sn＝3－2an＋1＝3－an. 于是，anSn＝an(3－an)≤2＝， 當且僅當an＝，即n＝1時等號成立． 故anSn的最大值為. 題型(二) 等差、等比數列的判定與證明 主要考查等差數列與等比數列的定義、等差中項及等比中項，且常與數列的遞推公式相結合命題. [典例感悟] [典例2]　已知數列{an}的前n項和Sn＝1＋λan，其中λ≠0. (1)證明{an}是等比數列，并求其通項公式； (2)若S5＝，求λ. [解]　(1)證明：由題意得a1＝S1＝1＋λa1， 故λ≠1，a1＝，故a1≠0. 由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan， 即an＋1(λ－1)＝λan. 由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝. 因此{an}是首項為，公比為的等比數列， 于是an＝n－1. (2)由(1)得Sn＝1－n. 由S5＝得1－5＝，即5＝. 解得λ＝－1. [備課札記]　 　 [方法技巧] 判定和證明數列是等差(比)數列的方法 定義法 對于n≥1的任意自然數，驗證an＋1－an為與正整數n無關的某一常數 中項公式法 ①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，則{an}為等差數列； ②若a＝an－1an＋1≠0(n∈N*，n≥2)，則{an}為等比數列 [演練沖關] 2．(2018溫州高考適應性測試)已知數列{an}的前n項積為Tn，且Tn＝1－an. (1)證明：是等差數列； (2)求數列的前n項和Sn. 解：(1)證明：由Tn＝1－an得，當n≥2時，Tn＝1－， 兩邊同時除以Tn，得－＝1. ∵T1＝1－a1＝a1，∴a1＝，＝＝2， ∴是首項為2，公差為1的等差數列． (2)由(1)知＝n＋1，則Tn＝， 從而an＝1－Tn＝，故＝n. ∴數列是首項為1，公差為1的等差數列， ∴Sn＝. 題型(三) 數列求和問題 主要考查錯位相減法求和、裂項相消法求和以及分組求和、含絕對值的數列求和，且常結合數列的遞推公式、周期等命題. [典例感悟] [典例3]　(2018浙江高考)已知等比數列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項．數列{bn}滿足b1＝1，數列{(bn＋1－bn)an}的前n項和為2n2＋n. (1)求q的值； (2)求數列{bn}的通項公式． [解]　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中項， 得a3＋a5＝2a4＋4， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28， 解得a4＝8. 由a3＋a5＝20，得8＝20， 解得q＝2或q＝. 因為q>1，所以q＝2. (2)設cn＝(bn＋1－bn)an，數列{cn}的前n項和為Sn. 由cn＝解得cn＝4n－1. 由(1)可得an＝2n－1， 所以bn＋1－bn＝(4n－1)n－1， 故bn－bn－1＝(4n－5)n－2，n≥2， bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)n－2＋(4n－9)n－3＋…＋7＋3. 設Tn＝3＋7＋112＋…＋(4n－5)n－2，n≥2.① 則Tn＝3＋72＋…＋(4n－9)n－2＋(4n－5)n－1，② ①－②，得Tn＝3＋4＋42＋…＋4n－2－(4n－5)n－1， 所以Tn＝14－(4n＋3)n－2，n≥2. 又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)n－2. [備課札記]　 [方法技巧] 1．分組求和中分組的策略 (1)根據等差、等比數列分組． (2)根據正號、負號分組． 2．裂項相消的規(guī)律 (1)裂項系數取決于前后兩項分母的差． (2)裂項相消后前、后保留的項數一樣多． 3．錯位相減法的關注點 (1)適用題型：等差數列{an}與等比數列{bn}對應項相乘({anbn})型數列求和． (2)步驟： ①求和時先乘以數列{bn}的公比； ②將兩個和式錯位相減； ③整理結果形式． [演練沖關] 3．(2018浙江高三模擬)已知數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，且a1＝11，b1＝1，a2＋b2＝11，a3＋b3＝11. (1)求數列{an}和{bn}的通項公式； (2)求數列{|an－bn|}的前12項和S12. 解：(1)設數列{an}的公差為d，{bn}的公比為q(q≠0)， 則由a3＋b3＝a2＋b2＝a1＝11， 可得得d＝－2，q＝2， 從而an＝－2n＋13，bn＝2n－1. (2)不妨設cn＝an－bn＝13－2n－2n－1， 若n≤3，則cn>0；若n≥4，則cn<0， 因此S12＝|c1|＋|c2|＋|c3|＋|c4|＋|c5|＋…＋|c12| ＝c1＋c2＋c3－(c4＋c5＋…＋c12) ＝2(c1＋c2＋c3)－(c1＋c2＋…＋c12) ＝2(c1＋c2＋c3)－(a1＋a2＋…＋a12)＋(b1＋b2＋…＋b12) ＝2(10＋7＋3)－12＋ ＝40－0＋212－1 ＝4 135. 4．(2018浙江考前沖刺卷)已知等比數列{an}的前n項和為Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝Tn為數列{bn}的前n項和，求T2n. 解：(1)∵S2＝2a2－2，① S3＝a4－2，② ②—①得a3＝a4－2a2，即q2－q－2＝0. 又q>0，∴q＝2. ∵S2＝2a2－2，∴a1＋a2＝2a2－2， 即a1＋a1q＝2a1q－2，∴a1＝2， ∴an＝2n. (2)由(1)知bn＝ 即bn＝ ∴T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝＋[22－2＋42－4＋62－6＋…＋(2n)2－2n]＝＋[22－2＋42－4＋62－6＋…＋(2n)2－2n]． 設A＝22－2＋42－4＋62－6＋…＋(2n)2－2n， 則2－2A＝22－4＋42－6＋62－8＋…＋(2n－2)2－2n＋(2n)2－2n－2， 兩式相減得A＝＋2(2－4＋2－6＋2－8＋…＋2－2n)－(2n)2－2n－2， 整理得A＝－， ∴T2n＝－＋. 題型(四) 數列與不等式的綜合問題 主要考查證明不等式、比較數列中項的大小問題. [典例感悟] [典例4]　(2018衢州質量檢測)已知數列{an}滿足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn為{an}的前n項和(n∈N*)． (1)求S1，S