数列-高考文科数学通用讲义
-
重点增分专题六
数
列
[
全国卷
3
年考情
分析
]
年份
2018
全国卷Ⅰ
数列的递推关系、等比数<
/p>
列的判定及计算
·
T
17
等比数列的通项公式与前
2017
<
/p>
n
项和公式、
等差数列的判
定
·
T
17
数列的递推关系、数列的
2016
<
/p>
通项公式及前
n
项和公
< br>式
·
T
17
(1)
高考主要考查等差数列
及等比数列的基本运算、两类数列求和方法
(
裂项相消法、错<
/p>
位相减法
)
，主要突出函数与方程思想的
应用．
(2)
近三年高考考查数列都
在
17
题，试题难度中等，
19
年高考可能以客观题考查，难
度中等的题目较多，但有时也可能出现在
第
12
题或
16
题位置上，难度偏大，复习时应引
起关注．
保分考点
考点一
等差、等比数列的基本运算
练后讲评
[
大稳定
——
常规角度考双基
]
1.
[
等差数列的
基本运算
]
(2018·
全国卷Ⅰ
)
记
S
n
为等差数列
{
a
n
}
的前
n
项和，若
3
S
3
＝
S
2
＋
S
4
，
a
1
＝
2
，则
a
5
＝
(
)
A
．－
12
C
．
10
B
．－
10
D
．
12
全国卷Ⅱ
等差数列的通项公式、
前
n
项和公式及最值
·
T
17
等差、等比数列的通项公
式及前
n
项和
公式
·
T
17
全国卷Ⅲ
等比数列的通项公式、
前
n
项和公式
·<
/p>
T
17
数列的
递推关系及通项公
式、裂项相消法求和
·
T
17
等差数列的通项公式、数<
/p>
列求和、新定义问题
·
T
17
数列的递推关系及通项公
式
·
T
17
解析：
选
B
设等差数列
{
a
n
}
的公差为
d
，由
3
S
3
＝
S
2
＋
S
4
，得
3(3
a
1
＋
3
d<
/p>
)
＝
2
a
1
＋
d
＋
4
a
1
＋
6
d
，即
3
< br>a
1
＋
2
d
＝
0.
将
a
1
＝
2
代入
上式，解得
d
＝－
3
< br>，故
a
5
＝
a
1
＋
(5
－
1)
d
＝
2
＋
4
×
(<
/p>
－
3)
＝－
10
.
S
10
33
2.
[
等比数列的基本运算
]
已知等比数列
{
a
n
}
的前
n
项和
为
S
n
，若
a
1
＝
1
，
＝
，则数
S
5
32
列
{
a
n
}
的公比
q
为
(
)
A
．
4
1
C.
2
B
．
2
3
D.
4
<
/p>
a
1
1
－
q
10
1
－
q
S
10
33
S
10
33
5
解析：
选
C
因为
＝
≠
2
，
所以
q
≠
1.
所以
＝
所以
1
＋
q
5
＝
，
5
＝
1
＋
q
，
S
5
32
S
5
a
1
1
－
q
32
1
－
q
1
所以
q
＝
.
2
3.
[
等差与等比数列的综合运算
]
已知等差数列
{
a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，
等比数列
{
b
n
}
的前
n
项和为
T
n
，
a
1
＝－
1
，
b
< br>1
＝
1
，
a
2
＋
b
2
＝
3.
(1)
若
a
3
＋
b
3
＝
7
，求<
/p>
{
b
n
}
的通项公式；
(2)
若
T
3
＝
1
3
，求
S
n
.
解：
(1)
设
{
a
n
}
的公
差为
d
，
{
b
n
}
的公比为
q
，
则
a<
/p>
n
＝－
1
＋
(
n
－
1)
d
，
b
n
＝
q
n
1
.
－
由
a
< br>2
＋
b
2
＝
3
，得
d
＋
q
＝
4
，<
/p>
①
由
a
3
＋
b
3
＝
7
，得
2
d
＋
< br>q
2
＝
8
，
②
联
立①②，解得
q
＝
2
< br>或
q
＝
0(
舍去
)
，
因此
{
b
n
}
的通项公式为
b
n
< br>＝
2
n
1
.
－
(2)
∵
T
3
＝
1
＋
q
＋
q
2<
/p>
，∴
1
＋
q
＋
q
2
＝
13
，
解得
q
＝
3
或
q
＝－
4
，
由
a
2
＋
b
2
＝
3
，得
d
＝
4
－
q
，∴
d<
/p>
＝
1
或
d
＝
8.
1
由
S
n
＝
na
1
＋
n
(
n
－
1)
d
，
2
1
3
得
S
n
＝
n
2
－
n<
/p>
或
S
n
＝
4
n
2
－
5
n
.
2
2
[
解题方略
]
等差
(
比
)
数列基本运算的解题思路
(1)
设基本量：首项
a
1
和公差<
/p>
d
(
公比
q
)
．
(2)
列、
解方程
(
组<
/p>
)
：
把条件转化为关于
< br>a
1
和
d
(
或
q
)
的
方程
(
组
)
，
然后求解，
注意整体计
算，以减少运算
量．
[
小创新
——
变换角度考迁移
]
1.
[
与平面向量交汇
]
设数列
{
a
n
}
满足
a
2
＋
a
4
＝
10<
/p>
，点
P
n
(
n
，
a
n
)
对任意的
n
∈
N
*
，都有向
―
―
→
量
P
n
P
n
＋
1
＝
(1,2)
，则数列<
/p>
{
a
n
}
的前
n
项和
S
n
＝
________.
< br>解析：
∵
P
n
< br>(
n
，
a
n
)
，∴
P
n
＋
1
(
n<
/p>
＋
1
，
a
n
＋
1
)
，
―
―
→
∴
P
n
P
n
＋
1
＝
(1
，
a
n
＋
1
－
a
n
)
＝
(1,2)
，
∴
a
n
＋
1
－
a
n
＝
2
，
∴数列
{
a
n
}
是公差
d
为
2
的等差数列．
又由
a
2
＋
a
4
＝
2
a
1
＋
< br>4
d
＝
2
a
1
＋
4
×
2
＝
10
，解
得
a
1
＝
1<
/p>
，
∴
S
n
＝
n
＋
答案：
n
2
n
n
－
1
×
2
＝
n
2
.
2
S
n
2
.
[
定义数列中的创新
]
设某数列的前
n
项和为
S<
/p>
n
，
若
为常数，
则称该数列为“和谐数
S
2
n
列”．
若一个首项为
1
，
公差为
d
(
d
≠
0)
的等
差数列
{
a
n
}
为“和谐数列”，
则该等差数列的公
差
d
＝
________.
1
S
n
1
2
n
＋
×
< br>2
n
2
n
－
1
d
，即
2
解析
：
由
＝
k
(<
/p>
k
为常数
)
，且
a
1
＝
1
，得
n
＋
n
(
n
－
1)
d
＝
k
2
S
< br>2
n
2
＋
(
n
－
1)
d
＝
4
k
＋<
/p>
2
k
(2
n
－
1)
d
，整理得
，
(4
k
－
1
)
dn
＋
(2
k
－
1)(2
－
d
)
＝
0
，
∵对任意正整数
n
，
d
4
k
－
1
＝
0
，
<
/p>
上式恒成立，∴
得
1
2
k
－
1<
/p>
2
－
d
＝
0
，
k
＝
，
d
＝
2
< br>，
4
∴数列
{
a
n
}
的公差为
2.
答案：
2
3.
[
借助数学文化考查
]
(2017·
全国卷Ⅱ
)
我国古代数学名著《算法统
宗》中有如下问题：
“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几
盏灯？”意思是：一
座
7
层塔共挂了<
/p>
381
盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的
2
倍，则塔的顶层
共有灯
(
)
A
．
1
盏
<
/p>
C
．
5
盏
B
．
3
盏
D
．
9
盏
解析：
选
B
每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为
{
a
n
}
，则前
7
项的和
S
7
a
1
1
< br>－
2
7
＝
381
，公比
q
< br>＝
2
，依题意，得
S
7
＝
＝
381
，解得
a
1
＝
3.
1
－
2
保分考点
考点二
等差数列、等比数列的性质
练后讲评
[
大稳定
——
常规角度考双基
]
a
2
a
16
1.
[
等比数列项的
性质
]
在等比数列
{
< br>a
n
}
中，
a
3
，
a
15
是方程
x
2
＋
6
x
＋
2
＝
0
的根，则
的
a
9
值为
(
)
A
．－
C.
2
2
＋
2
2
B
．－
2
D
．－
2<
/p>
或
2
a
2
a
16
a
2
9
a
3
<0
，
a
15
<0
，
则
a
9
＝－
2
，
所以
＝
＝
a
9
< br>＝－
2
，
a
9
a
9
解析：
选
B
设等比数列
{
a
n
}
的公比为
q
，因为
a
3
，
a
15
是方程
x
2
＋
6
x
＋
2
＝
0
的根，所
以
< br>a
3
·
a
15
＝
a
2
a
3
＋
a
15
＝－
6
，
所以
9
＝
2
，
故选
B.
<
/p>
2.
[
等差数列前
n
项和的性质
]
设
< br>S
n
是等差数列
{
a
n
}
的前
n
项和，若
S
4
≠
0
，且
S
8
＝
3
S
4
，
设
S
12
＝
λS
8
，则
λ
＝
(
)
1
A.
3
C
．
2
1
B.
2
D
．
3
解析：
选
C
因为
S
n
是等
差数列
{
a
n
}
的前
n
项和，
若
S
4
≠
0
，且
S
8<
/p>
＝
3
S
4
，
S
12
＝
λS
8
，
所以由等差数列的性质得：
S
4
< br>，
S
8
－
S
4
，
S
1
2
－
S
8
成等
差数列，
所以
2(
< br>S
8
－
S
4
)
＝
S
4
＋
(
S
12<
/p>
－
S
8
)
，
所以
2(3
S
4
－
S
4
)
＝
S
4
＋
(
λ
< br>·
3
S
4
－
3
S
4
)
，
解得
λ
＝
2.
3.
[
等差数列前
n
项和的最值
]
在等差数列
{
a
n
}
中，
已知
a
1
＝
13,3
a
2
＝
11
a
6
，
则数列
{
a
n
}
的前
n
项和
S
n
的最大值为
________
．
解析：
设
{
a
n
}
的公差为
d
.
法一：
由
3
< br>a
2
＝
11
a
6
，得
3(13
＋
d
)
＝
11(13
＋
5
d
)
，
解得
< br>d
＝－
2
，所以
a
n
＝
13
< br>＋
(
n
－
1)
×
(
－
2)
＝－
2
n
＋
15.
a
n
≥
0
，
－
2
n
＋
15
≥
0
，
由
得
解得
6.5
≤
n
≤
7.5.
a
≤
0
，
－
2
n
＋
1
< br>
＋
15
≤
0
，
n
＋
1
<
/p>
因为
n
∈
N
*
，
7
13
－
2
×
7
＋
15
所以当
n
＝
7
时，数列
{
a
n
}
的前
n
项和
S
n
最大，最大值为<
/p>
S
7
＝
＝
49.
2
法二：
由
3
a
2
＝
11
a
6
，得
3(13
＋
d<
/p>
)
＝
11(13
＋
5
d
)
，<
/p>
解得
d
＝－<
/p>
2
，所以
a
n<
/p>
＝
13
＋
(
n
－
1)
×
(
－
2)
＝－
2
n
＋
15.
所以
S
n
＝
n
13
＋
15
－
2
n
＝－
n
2
＋
14
n
＝－
(
n
－
7)
2
＋
49
，
< br>
2
所以当
n
< br>＝
7
时，数列
{
a
n
}
的前
< br>n
项和
S
n
最大，最大值为
S
7
＝
49.
答案：
49
1
－
λ
n
＋
1
n
<6
，
2
[
数列的单调性
]
4.
已知数列
{
a
n
}
满足
a
n
＝
若对于任意的
n
∈
N
*
都
λ
n
－
5
n
≥
6
< br>，
有
a
n
>
a
n
＋
1
，则实数
λ
的取值范围是
________
．
解析
：
法一：
因为
a
n
>
a
n
＋
1
，所以数列
{
a
n
}
是递减数列，
所以
0<
λ
<1
，
1
－
λ
×
5
＋
1
，
λ
<
2
1
－
λ
<0
，
2
1
7
解得
<
λ
<
.
2
12
1
7
所以实数
λ
的取值范围是
2
，
12
.
法二：
因为
a
n
>
a
n
＋
1
恒成立，所以
0<
λ
<1.
1
若
0<<
/p>
λ
≤
，则当
n<
/p>
<6
时，数列
{
a
n
}
为递增数列或常数列，不满足对
任意的
n
∈
N
*
都有
2
a
n
>
a
n
＋
1
；
1
若
<
λ
<1
，则当
n
<6
时，数列<
/p>
{
a
n
}
为递减数列，当
n
≥
6
时，数列
{
a
n
}
为递减数列，又对
2
1
7
1
7
－
λ
×
5
＋
1
，解得
λ
<
，所以
<
λ
<
.
任意的
< br>n
∈
N
*
都有
a
n
>
a
n
＋
1
，所
以
a
6
<
a<
/p>
5
，即
λ
<
2
12
2
12
1
7
综上，实数
λ
的取值范围为
2
，
12
.
1
7
答案：
2
，
12
[
解题方略
]
等差、等比数列性质问题的求解策略
抓关系
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
数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性
等，可利
用函数的性质解题
[
小创新
—
—
变换角度考迁移
]
1.
[
数列与对数式交汇
]
在
等差数列
{
a
n
}
中，公差
d
≠
0
，若
lg
a
1
，
lg
a
2
，
lg
a
4
也成等差数
列，且
a
5
＝
10
，则
{
a
n
}
的前
5
项和
S
5
＝
(
)
A
．
40
C
．
30
B
．
35
D
．
25
用性质
解析：
选
C
因为
lg
a
1
，
lg
a
2
，
lg
a
4
成等差数列，
所以
2lg
a
2
＝
lg
a
1
＋
lg
a
4
⇒
lg
a
2
2
＝
lg
a
1
a
4
2
⇒
a
2
2
＝
a
1
a
4
⇒
< br>d
＝
a
1
d
，因为
d
≠
0
，所以
a
1
＝
d
，又
a
5
＝
a
1
＋<
/p>
4
d
＝
10
，所以
a
1
＝
2
，
d
＝
2
，
S
5
＝
5
a
1
< br>＋
5
×
4
d
＝
30.
选
C.
2
2.
[
数列与函数性质交汇
]
已知函数
f
(
x
)
是
R
上的单调递增函数且为奇函数，数列
{<
/p>
a
n
}
是
等差数列，
a
3
>0
，则
f
(
a<
/p>
1
)
＋
f
(
a
3
)
＋
f
(
a
5
)
的值
(
< br>
)
A
．恒为正数
B
．恒为负数
C
．恒为
0
D
．可以为正数也可以为负数
解析：
选
A
因为函数
f
(
x
)
是
R
上的
奇函数，所以
f
(0)
＝
0
，又
f
(
x
)
是
R
上的增函数，
所以当
x
>0
时，有
f
(
x
)>
f
(0)
＝
0
，当
x
<0
时，有
f
(
x
)<
f
(0)
＝<
/p>
0
，因为
a
3<
/p>
>0
，所以
f
(
a
3
)>0.
因为
数列
{
a
n
}
是等差数列，所以
a
1
＋
a
5
< br>＝
a
3
>0
⇒
a
1
＋
a
5
>0
⇒
a
1
>
－
a
5
⇒
f
(
a
1
)>
f
(
－
a
5
)
，又
f
(
< br>－
a
5
)
＝
2
－
f
(
a
5
)
，所以
f
(
a
1
)
＋
f
(
a
5
)>0
，故
f
(
a
1
)
＋
f
(
a
3
)
＋
f
(
a
5
)
＝<
/p>
[
f
(
a
1
)
＋
f
(
a
5
)]
＋
f
(
a
< br>3
)>0.
π
3.
[
数列与三角函数交汇
]
已知数列
{
a
n
}
满足
a
n
＋
2
－
a
n<
/p>
＋
1
＝
a
n
＋
1
－
a
n
，
n
∈
N
*
，且
< br>a
5
＝
，若
2
x
函数
f
(
x
)
＝
s
in 2
x
＋
2cos
2
，记
y
< br>n
＝
f
(
a
n
)
，则数列
{
y
n
}
的前
9
项和为
(
)
2
A
．
0
C
．
9
B
．－
9
D
．
1
π<
/p>
解析：
选
C<
/p>
由已知可得，数列
{
< br>a
n
}
为等差数列，
f
(
x
)
＝
sin
2
x
＋
cos
x
＋
1
，∴<
/p>
f
2
＝
1.
∵
f
(π
－
x
)
＝
sin(2π
－
2
x
)
＋
cos(π
－
x
)
＋
1
＝－
sin
2
x
－
cos
x
＋
1
，∴
f
(π
－
x
)
＋
f
(
x
)
＝
2
，∵
a
1
＋
a
9
＝
a
2
＋
a
8
＝
…
＝
2
a
5
＝
π
，∴
f
(
a
1
)
＋
…
＋
f
(
a
9
)
＝
2
×
4
< br>＋
1
＝
9
，即数列
{
y
n
}
的前
9
项和为
< br>9.
4.
[
数列与不等式交汇
]
数列
{
a<
/p>
n
}
是首项
a<
/p>
1
＝
m
，公差为
2
的等差数列，数列
{
b
n
}
满足
< br>2
b
n
＝
(
n
＋
1)
a
n
，若对任意
n
∈
N
*
都有
b
n
≥
b
5
成立，则
m
的取值范围是
________
．
解析
：
由题意得，
a
n
＝
m
＋
2(
n
－
1)
，
n
＋
1
n
＋
1
从而
b
n
＝
a
n
＝
[
m
＋
2(
n
－
1)]
．
2
2
< br>又对任意
n
∈
N
*
都有
b
n
< br>≥
b
5
成立，结合数列
{
b
n
}
的函数特性可知
b
4
≥
b
5
，
b
6
≥
b
5
，
2
< br>
m
＋
6
≥
3
m
＋
8
，
故
7
2
m
＋
10
≥
3
m
＋
8
，
答案：
[
－
22
，－
18]
5
解得－
2
2
≤
m
≤
－<
/p>
18.
增分考点
考点三
等差
比<
/p>
数列的判断与证明
讲练冲关
[
典例
]
<
/p>
设
S
n
为数列<
/p>
{
a
n
}
的前
n
项和，
对任意
的
n
∈
N
*<
/p>
，
都有
S
n
＝
2
－
a
n
，
数列
{
b
n
}
满足
b
n
－
1
< br>b
1
＝
2
a
1
，
b
n
＝
(
n
≥
2
，
n
∈
N
*
)
．
1
＋
b
< br>n
－
1
(1)
< br>求证：数列
{
a
n
}
是等比数列，并求
{
a<
/p>
n
}
的通项公式；