高考理科数学专题复习题型数列

第8讲数列

[考情分析]数列为每年高考必考内容之一,考查热点主要有三个方面:(1)对等差、等比数列基本量和性质的考查,常以客观题的形式出现,考查利用通项公式、前n项和公式建立方程(组)求解,利用性质解决有关计算问题,属于中、低档题;(2)对数列通项公式的考查;(3)对数列求和及其简单应用的考查,主、客观题均会出现,常以等差、等比数列为载体,考查数列的通项、求和,难度中等.

热点题型分析

热点1等差、等比数列的基本运算及性质

1.等差(比)数列基本运算的解题策略

(1)设基本量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(q)的方程(组),然后求解,注意整体计算,以减少运算量.

2.等差(比)数列性质问题的求解策略

(1)解题关键:抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系,从这些特点入手选择恰当的性质进行求解;

(2)牢固掌握等差(比)数列的性质,可分为三类:①通项公式的变形;②等差(比)中项的变形;③前n项和公式的变形.比如:等差数列中,“若m+n=p+q,则a m+a n=a p+a q(m,n,p,q∈N*)”;等比数列中,“若m+n=p+q,则a m·a n=a p·a q(m,n,p,q∈N*)”.

1.已知在公比不为1的等比数列{a n }中,a 2a 4=9,且2a 3为3a 2和a 4的等差中项,设数列{a n }的前n 项积为T n ,则T 8=( )

A.12×37-16 B .310 C.318 D .320

答案 D

解析 由题意得a 2a 4=a 23=9.设等比数列{a n }的公比为q ,由2a 3为3a 2和a 4

的等差中项可得4a 3=3a 2+a 4,即4a 3=3a 3

q +a 3q ,整理得q 2-4q +3=0,由公比

不为1,解得q =3.所以T 8=a 1·a 2·…·a 8=a 81q 28=(a 81q 16

)·q 12=(a 1q 2)8·q 12=a 83·

q 12=94×312=320.故选D.

2.(2019·江苏高考)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列,S n 是其前n 项和.若a 2a 5

+a 8=0,S 9=27,则S 8的值是________.

答案 16

解析 解法一:由S 9=27?9(a 1+a 9)

2=27?a 1+a 9=6?2a 5=6?2a 1+8d =6

且a 5=3.又a 2a 5+a 8=0?2a 1+5d =0,

解得a 1=-5,d =2.故S 8=8a 1+8×(8-1)

2d =16.

解法二:同解法一得a 5=3.

又a 2a 5+a 8=0?3a 2+a 8=0?2a 2+2a 5=0?a 2=-3. ∴d =a 5-a 2

3=2,a 1=a 2-d =-5. 故S 8=8a 1+8×(8-1)

2

d =16.

3.在等比数列{a n }中,若a 7+a 8+a 9+a 10=158,a 8·a 9=-98,则1a 7

+1a 8

+1a 9

+1

a

10

=________.

答案 -53

解析 由等比数列的性质可得,a 7·a 10=a 8·a 9=-98,∴1a 7

+1a 8

+1a 9

+1

a 10

? ????1a 7+1a 10+? ????1a 8+1a 9=a 7+a 10a 7·

a 10+a 8+a 9a 8·a 9=a 7+a 8+a 9+a 10

a 8·a 9=-

53.

在求解数列基本量运算中,要注意公式使用时的准确性与合理性,更要注意运算的准确性.如第1题要注意整体代换思想的运用,避免繁杂的运算出错;第3题易忽视等比数列性质“若m +n =p +q ,则a m ·a n =a p ·a q (m ,n ,p ,q ∈N *)”,而导致计算量过大.

热点2 求数列的通项公式

1.已知S n 求a n 的步骤 (1)先利用a 1=S 1求出a 1;

(2)用n -1替换S n 中的n 得到一个新的关系,利用a n =S n -S n -1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式;

(3)注意检验n =1时的表达式是否可以与n ≥2的表达式合并. 2.由递推关系式求数列的通项公式

(1)对于递推关系式可转化为a n +1

a n

=f (n )的数列,并且容易在求数列{f (n )}前n

项的积时,采用叠乘法求数列{a n }的通项公式;

(2)对于递推关系式可转化为a n +1=a n +f (n )的数列,通常采用叠加法(逐差相加法)求其通项公式;

(3)对于递推关系式形如a n +1=pa n +q (p ≠0,1,q ≠0)的数列,采用构造法求数列的通项公式.

1.(2019·长沙雅礼中学、河南实验中学联考)在数列{a n }中,a 1=2,a n +1n +1=a n n +

ln ? ?

?

??1+1n ,则a n 等于( ) A.2+n ln n B .2n +(n -1)ln n C.2n +n ln n D .1+n +n ln n

答案 C

解析 由题意得a n +1n +1-a n

n =ln (n +1)-ln n ,n 分别用1,2,3,…,(n -1)取代,

累加得a n n -a 11=ln n -ln 1=ln n ,a n

n =2+ln n ,∴a n =(ln n +2)n ,故选C.

2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,a n +1=2S n ,则数列{a n }的通项公

式为________.

答案 a n =???

1,n =1,

3n -2,n ≥2

解析 当n ≥2时,a n =2S n -1,∴a n +1-a n =2S n -2S n -1=2a n ,即a n +1=3a n ,∴数列{a n }的第2项及以后各项构成等比数列,a 2=2a 1=2,公比为3,∴a n =2·3n

-2

,n ≥2,当n =1时,a 1=1,

∴数列{a n }的通项公式为a n =???

1,n =1,

3n -2,n ≥2.

(1)利用a n =S n -S n -1求通项时,应注意n ≥2这一前提条件.第2题易错解为a n =2·3n -2.

(2)利用递推关系式求数列通项时,要合理转化确定相邻两项之间的关系.第1题易错点有二:一是已知条件的转化不明确导致无从下手;二是叠加法求通项公式不熟练导致出错.

热点3 数列求和问题

1.分组求和的常用方法

(1)根据等差、等比数列分组;

(2)根据正、负项分组,此时数列的通项式中常会有(-1)n等特征.

2.裂项相消的规律

(1)裂项系数取决于前后两项分母的差;

(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多.

3.错位相减法的关注点

(1)适用题型:等差数列{a n}与等比数列{b n}对应项相乘{a n·b n}型数列求和;

(2)步骤

①求和时先乘以等比数列{b n}的公比;

②把两个和的形式错位相减;

③整理结果形式.

1.已知数列{a n }的前n 项和为S n =2n +1+m ,且a 1,a 4,a 5-2成等差数列,b n =a n (a n -1)(a n +1-1),数列{b n }的前n 项和为T n ,则满足T n >2017

2018的最小正整数n

的值为( )

A.11 B .10 C .9 D .8 答案 B 解析 根据S n =2

n +1

+m 可以求得a n =???

m +4,n =1,

2n ,n ≥2,

所以有a 1=m +4,a 4=16,a 5=32,根据a 1,a 4,a 5-2成等差数列, 可得m +4+32-2=32,从而求得m =-2, 所以a 1=2满足a n =2n ,从而求得a n =2n (n ∈N *),

所以b n =a n (a n -1)(a n +1-1)=2n (2n -1)(2n +1-1)=12n -1-1

2n +1-1

所以T n =1-13+13-17+17-115+…+12n -1-12n +1-1=1-1

2n +1-1,令1-

12n +1

-1

>2017

2018,整理得2n +1>2019,解得n ≥10. 2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n =n ·2n ,则S n =________. 答案 (n -1)2n +1+2

解析 由a n =n ·2n 且S n =a 1+a 2+…+a n 得, S n =1×21+2×22+3×23+…+(n -1)×2n -1+n ×2n , ∴2S n =1×22+2×23+…+(n -1)×2n +n ×2n +1. 两式相减得,

-S n =21+22+23+…+2n -n ×2n +1 =2(1-2n )1-2-n ×2n +1=2n +1-2-n ×2n +1

∴S n =n ×2n +1-2n +1+2=(n -1)2n +1+2.

裂项相消后一般情况下剩余项是对称的,即前面剩余的项和后面剩余的项是对应的.第1题易搞错剩余项,导致求和出错.第2题错位相减法求和时,易出现以下两种错误:一是两式错位相减时最后一项n×2n+1没有变号;二是对相减后的和式的结构认识模糊,把项数数错.

热点4数列的综合应用

1.解决数列周期性问题的方法

先根据已知条件求出数列的前几项,确定数列的周期,再根据周期性求值.

2.数列与函数综合问题的注意点

(1)数列是一类特殊的函数,其定义域是正整数集,在求数列最值或不等关系时要特别注意;

(2)利用函数的方法研究数列中相关问题时,应准确构造函数,注意数列中相关限制条件的转化.

1.设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=4

5,a n +

1=?????

2a n ,0≤a n ≤1

2,2a n -1,1

2

S 2018等于( )

A.50445

B.50475

C.50485

D.50495 答案 B

解析 由题知,a 1=45,a 2=2×45-1=35,a 3=2×35-1=15,a 4=2×15=2

5,a 5

=2×25=45,∴数列{a n }是以4为周期的周期数列,∴a 1+a 2+a 3+a 4=45+35+15+25=2,∴S 2018=504×(a 1+a 2+a 3+a 4)+a 1+a 2=1008+75=5047

5.故选B.

2.已知数列{a n }满足a 1=33,a n +1-a n =2n ,则a n

n 的最小值为________. 答案 21

2

解析 由题意得,a 2-a 1=2×1,a 3-a 2=2×2,a 4-a 3=2×3,…,a n -a n

-1

=2(n -1),

将上述n -1个式子累加,得(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n -1)=2[1+2+…

+(n -1)],

即a n -a 1=n (n -1),得a n =a 1+n (n -1)=n 2-n +33, 所以a n n =n 2-n +33n =n +

33

n -1.

设f (x )=x +33x -1(x >0),则f ′(x )=1-33

x 2,由f ′(x )>0,解得x >33;由

f ′(x )<0,解得0

所以函数f (x )在[33,+∞)上单调递增,在(0,33)上单调递减. 因为n ∈N *,所以当n =6时,f (n )即a n n 取得最小值,而f (6)=a 66=6+33

6-1=212.

所以a n n 的最小值为f (6)=212.

第1题易把数列的周期求错,导致S 2018的值求错.第2题易出现的错误有两个:一是在a n n 的表达式中,忽视n 为正整数的特点并直接利用基本不等式n +33n ≥233求解最值;二是即使考虑了n 为正整数,但把a n

n 取最小值时的n 值弄错.

真题自检感悟

1.(2018·全国卷Ⅰ)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若3S 3=S 2+S 4,a 1=2,则a 5=( )

A.-12 B .-10 C .10 D .12 答案 B

解析 设该等差数列的公差为d ,根据题中的条件可得 3×? ?

?

??3×2+3×22·d =2×2+d +4×2+4×32·

d , 整理解得d =-3,所以a 5=a 1+4d =2-12=-10,故选B.

2.(2019·北京高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 2=-3,S 5=-10,则a 5=________,S n 的最小值为________.

答案 0 -10

解析 ∵a 2=a 1+d =-3,S 5=5a 1+10d =-10,∴a 1=-4,d =1,∴a 5=a 1+4d =0,∴a n =a 1+(n -1)d =n -5.令a n <0,则n <5,即数列{a n }中前4项为负,a 5=0,第6项及以后为正.∴S n 的最小值为S 4=S 5=-10.

3.(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n =2a n +1,则S 6=________.

答案 -63

解析 根据S n =2a n +1,可得S n +1=2a n +1+1, 两式相减得a n +1=2a n +1-2a n ,即a n +1=2a n , 当n =1时,S 1=a 1=2a 1+1,解得a 1=-1,

所以数列{a n }是以-1为首项,以2为公比的等比数列, 所以S 6=-(1-26)1-2

=-63.

4.(2018·江苏高考)已知集合A ={x |x =2n -1,n ∈N *},B ={x |x =2n ,n ∈N *}.将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }.记S n 为数列{a n }的前n 项和,则使得S n >12a n +1成立的n 的最小值为________.

答案 27

解析 S 26=21×(1+41)2+2-25×21-2=503,a 27=43,则12a 27=516,不满足

S n >12a n +1;S 27=22×(1+43)2+2-25×2

1-2

=546,

a 28=45,则12a 28=540,满足S n >12a n +1.所以n 的最小值为27.

专题作业

一、选择题

1.(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 4+a 5=24,S 6=48,则{a n }的公差为( )

A.1 B .2 C .4 D .8 答案 C

解析 设{a n }的公差为d ,则由???

a 4+a 5=24,

S 6=48,得

?????

(a 1+3d )+(a 1+4d )=24,6a 1

+6×5

2d =48,解得d =4.故选C.

2.(2019·河北衡水模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 9=6π,则tan a 5

=( )

A.33

B. 3 C .- 3 D .-33 答案 C

解析 由等差数列的性质可得,S 9=6π=9(a 1+a 9)2=9a 5,∴a 5

=2π

3,则tan a 5

=tan 2π

3=-3,故选C.

3.(2019·广州综合测试)已知数列{a n }为等比数列,若a 4+a 6=10,则a 7(a 1+2a 3)+a 3a 9的值为( )

A.10 B .20 C .100 D .200 答案 C

解析 a 7(a 1+2a 3)+a 3a 9=a 7a 1+2a 7a 3+a 3a 9=a 24+2a 4a 6+a 26=(a 4+a 6)2=

100,故选C.

4.(2019·大连模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,S 2=3,S 4=15,则S 6等于( )

A.27 B .31 C .63 D .75 答案 C

解析 由题意得S 2,S 4-S 2,S 6-S 4成等比数列,所以3,12,S 6-15成等比数列,所以122=3×(S 6-15),解得S 6=63.

5.若S n 为数列{a n }的前n 项和,且S n =2a n -2,则S 8等于( ) A.255 B .256 C .510 D .511 答案 C

解析 当n =1时,a 1=S 1=2a 1-2,据此可得a 1=2,当n ≥2时,S n =2a n

-2,S n -1=2a n -1-2,两式作差可得a n =2a n -2a n -1,则a n =2a n -1,据此可得数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列,其前8项和为S 8=2×(1-28)1-2=29

-2=512

-2=510.

6.设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和,S 3=a 22,且S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 10等于( )

A.15 B .19 C .21 D .30 答案 B

解析 设等差数列{a n }的公差为d ,因为S 3=a 22,所以3a 2=a 22,解得a 2=0或a 2=3,又因为S 1,S 2,S 4构成等比数列,所以S 22=S 1S 4,所以(2a 2-d )2

=(a 2-

d )(4a 2+2d ),若a 2=0,则d 2=-2d 2,此时d =0,不符合题意,舍去,当a 2=3时,可得(6-d )2=(3-d )·(12+2d ),解得d =2(d =0舍去),所以a 10=a 2+8d =3+

8×2=19.

7.(2019·烟台模拟)已知{a n }为等比数列,数列{b n }满足b 1=2,b 2=5,且a n (b n

+1

-b n )=a n +1,则数列{b n }的前n 项和为( )

A.3n +1 B .3n -1 C.3n 2+n 2 D.3n 2-n

2

答案 C

解析 ∵b 1=2,b 2=5,且a n (b n +1-b n )=a n +1, ∴a 1(b 2-b 1)=a 2,即a 2=3a 1, 又数列{a n }为等比数列,

∴数列{a n }的公比q =3,且a n ≠0, ∴b n +1-b n =a n +1

a n

=3,

∴数列{b n }是首项为2,公差为3的等差数列, ∴数列{b n }的前n 项和为S n =2n +n (n -1)2×3=3n 2+n

2.

8.(2016·四川高考)某公司为激励创新,计划逐年加大研发资金投入.若该公

司2015年全年投入研发资金130万元,在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长12%,则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( )

(参考数据:lg 1.12≈0.05,lg 1.3≈0.11,lg 2≈0.30) A.2018年 B .2019年 C .2020年 D .2021年 答案 B

解析 根据题意,知每年投入的研发资金增长的百分率相同,所以,从2015年起,每年投入的研发资金组成一个等比数列{a n },其中,首项a 1=130,公比q =1+12%=1.12,所以a n =130×1.12n -1.由130×1.12n -1>200,两边同时取对数,得n -1>lg 2-lg 1.3lg 1.12,又lg 2-lg 1.3lg 1.12≈0.30-0.11

0.05=3.8,则n >4.8,即a 5开始超过200,所以2019年投入的研发资金开始超过200万元,故选B.

9.已知数列{a n }满足a 1=0,a n +1=a n -3

3a n +1

(n ∈N *),则a 56等于( ) A.- 3 B .0 C. 3 D.3

2 答案 A

解析 因为a n +1=a n -3

3a n +1(n ∈N *),a 1=0,所以a 2=-3,a 3=3,a 4=0,

a 5=-3,a 6=3,…,故此数列的周期为3.所以a 56=a 18×3+2=a 2=- 3.

10.在数列{a n }中,a n =1n +1+2n +1+…+n n +1,又b n =1

a n a n +1

,则数列{b n }

的前n 项和为( )

A.n 2

B.n n +1

C.2n n +1

D.4n

n +1

答案 D

解析 由已知得a n =1n +1+2n +1+…+n

n +1

1n +1

·(1+2+…+n )=n

2, 从而b n =1a n a n +1=1n 2·n +12=4? ??

??1

n -1n +1,所以数列{b n }的前n 项和为S n =

4??????? ????1-12+? ????12-13+? ????13-14+…+? ????1n -1n +1=4? ?

???1-1n +1=4n n +1

.故选D.

11.(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列

1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N :N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )

A.440 B .330 C .220 D .110 答案 A

解析 设首项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3组,依此类推,则第n 组的项数为n ,前n 组的项数和为

n (1+n )2.

由题意知,N >100,令n (1+n )2

>100?n ≥14且n ∈N *

,即N 出现在第13组之后.

第n 组的各项和为1-2n 1-2=2n -1,前n 组所有项的和为2(1-2n )1-2-n =2n +1-2

-n .

设N 是第n +1组的第k 项,若要使前N 项和为2的整数幂,则N -n (1+n )

2项的和即第n +1组的前k 项的和2k -1应与-2-n 互为相反数,即2k -1=2+n (k ∈N *,n ≥14),k =log 2(n +3)?n 最小为29,此时k =5,则N =

29×(1+29)

2

+5=

440.故选A.

12.已知数列{a n }中,a 1=2,n (a n +1-a n )=a n +1,n ∈N *,若对于任意的a ∈[-2,2],n ∈N *,不等式a n +1

n +1

<2t 2+at -1

恒成立,则实数t 的取值范围为( )

A.(-∞,-2]∪[2,+∞)

B.(-∞,-2]∪[1,+∞)

C.(-∞,-1]∪[2,+∞)

D.[-2,2] 答案 A

解析 根据题意,数列{a n }中,n (a n +1-a n )=a n +1,即na n +1-(n +1)a n =1,则有a n +1n +1-a n n =1n (n +1)=1n -1

n +1,则有a n +1n +1=?

????a n +1n +1-a n n +? ????a n n -a n -1n -1+? ??

??a n -1n -1-a n -2n -2+…+? ????a 22-a 1+a 1=? ????1n -1n +1+? ????1n -1-1n +? ????1n -2-1n -1+…+

? ????1-12+2=3-1n +1<3,a n +1n +1<2t 2+at -1,即3-1n +1<2t 2

+at -1,∵对于任意的a ∈[-2,2],n ∈N *,不等式

a n +1

n +1

<2t 2+at -1恒成立,∴2t 2+at -1≥3,化为2t 2+at -4≥0,设f (a )=2t 2+at -4,a ∈[-2,2],可得f (2)≥0且f (-2)≥0,即有??? t 2+t -2≥0,t 2-t -2≥0,即???

t ≥1或t ≤-2,t ≥2或t ≤-1,

可得t ≥2或t ≤-2,则实数t 的取值范围是(-∞,-2]∪[2,+∞),故选A.

二、填空题

13.(2018·北京高考)设{a n }是等差数列,且a 1=3,a 2+a 5=36,则{a n }的通项公式为________.

答案 a n =6n -3

解析 ∵a 1=3,a 2+a 5=36,∴3+d +3+4d =36, ∴d =6,∴a n =3+6(n -1)=6n -3.

14.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=________.

答案 4

解析

由题意知???

a 1>0,q >0,a 1+a 1q +a 1q 2

+a 1q 3=15,

a 1q 4=3a 1q 2+4a 1,

解得???

a 1=1,q =2,

∴a 3=a 1q 2=4.

15.(2019·全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 1≠0,a 2=3a 1,则S 10

S 5=________.

答案 4

解析 由a 1≠0,a 2=3a 1,可得d =2a 1,所以S 10=10a 1+10×9

2d =100a 1,S 5=5a 1+5×42d =25a 1,所以S 10

S 5

=4.

16.(2019·沈阳模拟)在数列{a n }中,a 1=-2,a n a n -1=2a n -1-1(n ≥2,n ∈N *),数列{b n }满足b n =1a n -1,则数列{a n }的通项公式为a n =________,数列{b n }的前n

项和S n 的最小值为________.

答案

3n -13n -4

-1

3 解析 由题意知,a n =2-

1

a n -1(n ≥2,n ∈N *),∴

b n =1a n -1=

1

? ?

???2-1a n -1-1

=a n -1a n -1-1=1+1a n -1-1=1+b n -1,即b n -b n -1=1(n ≥2,n ∈N *).又b 1=1a 1-1=-1

3,

∴数列{b n }是以-13为首项,1为公差的等差数列,∴b n =n -43,即1a n -1

=n -4

3,

∴a n =3n -13n -4.又b 1=-13<0,b 2=23>0,

∴S n 的最小值为S 1=b 1=-1

3.

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