2020屆高考數學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型1 選填題 練熟練穩(wěn) 少丟分 第8講 數列練習 文

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1、第8講　數列 [考情分析]　數列為每年高考必考內容之一，考查熱點主要有三個方面：(1)對等差、等比數列基本量和性質的考查，常以客觀題的形式出現，考查利用通項公式、前n項和公式建立方程(組)求解，利用性質解決有關計算問題，屬于中、低檔題；(2)對數列通項公式的考查；(3)對數列求和及其簡單應用的考查，主、客觀題均會出現，常以等差、等比數列為載體，考查數列的通項、求和，難度中等． 熱點題型分析 熱點1　等差、等比數列的基本運算及性質 1.等差(比)數列基本運算的解題策略 (1)設基本量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(q)的方程(組)，然后

2、求解，注意整體計算，以減少運算量． 2.等差(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)牢固掌握等差(比)數列的性質，可分為三類：①通項公式的變形；②等差(比)中項的變形；③前n項和公式的變形．比如：等差數列中，“若m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)”；等比數列中，“若m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*)”． 1.已知在公比不為1的等比數列{an}中，a2a4＝9，且2a3為3a2和a4的等差中項，設數列{an}的前n項積為Tn，則T8

3、＝(　　) A.×37－ B．310 C.318 D．320 答案　D 解析　由題意得a2a4＝a＝9. 設等比數列{an}的公比為q，由2a3為3a2和a4的等差中項可得4a3＝3a2＋a4，即4a3＝＋a3q，整理得q2－4q＋3＝0，由公比不為1，解得q＝3. 所以T8＝a1·a2·…·a8＝aq28＝(aq16)·q12＝(a1q2)8·q12＝a·q12＝94×312＝320.故選D. 2.(2019·江蘇高考)已知數列{an}(n∈N*)是等差數列，Sn是其前n項和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，則S8的值是________． 答案　16 解析　解法一

4、：由S9＝27?＝27?a1＋a9＝6?2a5＝6?2a1＋8d＝6且a5＝3. 又a2a5＋a8＝0?2a1＋5d＝0，解得a1＝－5，d＝2. 故S8＝8a1＋d＝16. 解法二：同解法一得a5＝3. 又a2a5＋a8＝0?3a2＋a8＝0?2a2＋2a5＝0?a2＝－3. ∴d＝＝2，a1＝a2－d＝－5. 故S8＝8a1＋d＝16. 3.在等比數列{an}中，若a7＋a8＋a9＋a10＝，a8·a9＝－，則＋＋＋＝________. 答案?。? 解析　由等比數列的性質可得，a7·a10＝a8·a9＝－，∴＋＋＋＝＋＝＋＝＝－. 在求解數列基本量運算中，要注意公式使

5、用時的準確性與合理性，更要注意運算的準確性．如第1題要注意整體代換思想的運用，避免繁雜的運算出錯；第3題易忽視等比數列性質“若m＋n＝p＋q，則am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N*)”，而導致計算量過大. 熱點2　求數列的通項公式 1.已知Sn求an的步驟 (1)先利用a1＝S1求出a1； (2)用n－1替換Sn中的n得到一個新的關系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出當n≥2時an的表達式； (3)注意檢驗n＝1時的表達式是否可以與n≥2的表達式合并． 2.由遞推關系式求數列的通項公式 (1)對于遞推關系式可轉化為＝f(n)的數列，并且容易在求數列{f(n)

6、}前n項的積時，采用疊乘法求數列{an}的通項公式； (2)對于遞推關系式可轉化為an＋1＝an＋f(n)的數列，通常采用疊加法(逐差相加法)求其通項公式； (3)對于遞推關系式形如an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)的數列，采用構造法求數列的通項公式． 1.(2019·長沙雅禮中學、河南實驗中學聯(lián)考)在數列{an}中，a1＝2，＝＋ln ，則an等于(　　) A.2＋nln n B．2n＋(n－1)ln n C.2n＋nln n D．1＋n＋nln n 答案　C 解析　由題意得－＝ln (n＋1)－ln n，n分別用1,2,3，…，(n－1)取代，累加得－＝ln

7、n－ln 1＝ln n，＝2＋ln n，∴an＝(ln n＋2)n，故選C. 2.已知數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn，則數列{an}的通項公式為________． 答案　an＝ 解析　當n≥2時，an＝2Sn－1，∴an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，即an＋1＝3an，∴數列{an}的第2項及以后各項構成等比數列，a2＝2a1＝2，公比為3， ∴an＝2·3n－2，n≥2，當n＝1時，a1＝1， ∴數列{an}的通項公式為an＝ 1.利用an＝Sn－Sn－1求通項時，應注意n≥2這一前提條件．第2題易錯解為an＝2·3n－2. 2.利用遞

8、推關系式求數列通項時，要合理轉化確定相鄰兩項之間的關系．第1題易錯點有二：一是已知條件的轉化不明確導致無從下手；二是疊加法求通項公式不熟練導致出錯. 熱點3　數列求和問題 1.分組求和的常用方法 (1)根據等差、等比數列分組； (2)根據正、負項分組，此時數列的通項式中常會有(－1)n等特征． 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{an·bn}型數列求和； (2)步驟 ①求和時先乘以等比數列{bn}的公比； ②把兩個和

9、的形式錯位相減； ③整理結果形式． 1.已知數列{an}的前n項和為Sn＝2n＋1＋m，且a1，a4，a5－2成等差數列，bn＝，數列{bn}的前n項和為Tn，則滿足Tn>的最小正整數n的值為(　　) A.11 B．10 C．9 D．8 答案　B 解析　根據Sn＝2n＋1＋m可以求得an＝ 所以有a1＝m＋4，a4＝16，a5＝32， 根據a1，a4，a5－2成等差數列， 可得m＋4＋32－2＝32，從而求得m＝－2， 所以a1＝2滿足an＝2n， 從而求得an＝2n(n∈N*)， 所以bn＝＝ ＝－， 所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－， 令1－>，整

10、理得2n＋1>2019，解得n≥10. 2.已知數列{an}的前n項和為Sn，且an＝n·2n，則Sn＝________. 答案　(n－1)2n＋1＋2 解析　由an＝n·2n且Sn＝a1＋a2＋…＋an得， Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n， ∴2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1. 兩式相減得， －Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1 ＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1 ∴Sn＝n×2n＋1－2n＋1＋2＝(n－1)2n＋1＋2. 裂項相消后一般情況下剩余項是對稱的，即前面剩余的項和

11、后面剩余的項是對應的．第1題易搞錯剩余項，導致求和出錯．第2題錯位相減法求和時，易出現以下兩種錯誤：一是兩式錯位相減時最后一項n×2n＋1沒有變號；二是對相減后的和式的結構認識模糊，把項數數錯. 熱點4　數列的綜合應用 1.解決數列周期性問題的方法 先根據已知條件求出數列的前幾項，確定數列的周期，再根據周期性求值． 2.數列與函數綜合問題的注意點 (1)數列是一類特殊的函數，其定義域是正整數集，在求數列最值或不等關系時要特別注意； (2)利用函數的方法研究數列中相關問題時，應準確構造函數，注意數列中相關限制條件的轉化． 1.設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝，an

12、＋1＝則S2018等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由題知，a1＝，a2＝2×－1＝，a3＝2×－1＝，a4＝2×＝，a5＝2×＝，∴數列{an}是以4為周期的周期數列，∴a1＋a2＋a3＋a4＝＋＋＋＝2，∴S2018＝504×(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝1008＋＝.故選B. 2.已知數列{an}滿足a1＝33，an＋1－an＝2n，則的最小值為________． 答案　 解析　由題意得，a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2，a4－a3＝2×3，…，an－an－1＝2(n－1)， 將上述n－1個式子累加，得(a2－a1)＋(

13、a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2[1＋2＋…＋(n－1)]， 即an－a1＝n(n－1)，得an＝a1＋n(n－1)＝n2－n＋33， 所以＝＝n＋－1. 設f(x)＝x＋－1(x>0)，則f′(x)＝1－， 由f′(x)>0，解得x>； 由f′(x)<0，解得0

14、基本不等式n＋≥2求解最值；二是即使考慮了n為正整數，但把取最小值時的n值弄錯. 真題自檢感悟 1.(2018·全國卷Ⅰ)設Sn為等差數列{an}的前n項和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝(　　) A.－12 B．－10 C．10 D．12 答案　B 解析　設該等差數列的公差為d，根據題中的條件可得 3×＝2×2＋d＋4×2＋·d， 整理解得d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2－12＝－10，故選B. 2.(2019·北京高考)設等差數列{an}的前n項和為Sn，若a2＝－3，S5＝－10，則a5＝________，Sn的最小值為________． 答案　0?。?/p>

15、10 解析　∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10， ∴a1＝－4，d＝1，∴a5＝a1＋4d＝0， ∴an＝a1＋(n－1)d＝n－5. 令an<0，則n<5，即數列{an}中前4項為負，a5＝0，第6項及以后為正． ∴Sn的最小值為S4＝S5＝－10. 3.(2018·全國卷Ⅰ)記Sn為數列{an}的前n項和．若Sn＝2an＋1，則S6＝________. 答案?。?3 解析　根據Sn＝2an＋1，可得Sn＋1＝2an＋1＋1， 兩式相減得an＋1＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an， 當n＝1時，S1＝a1＝2a1＋1，解得a1＝－1， 所以數列{

16、an}是以－1為首項，以2為公比的等比數列， 所以S6＝＝－63. 4.(2018·江蘇高考)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．將A∪B的所有元素從小到大依次排列構成一個數列{an}．記Sn為數列{an}的前n項和，則使得Sn>12an＋1成立的n的最小值為________． 答案　27 解析　S26＝＋＝503，a27＝43，則12a27＝516，不滿足Sn>12an＋1；S27＝＋＝546，a28＝45，則12a28＝540，滿足Sn>12an＋1.所以n的最小值為27. 專題作業(yè) 一、選擇題 1.(2017·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數

17、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 答案　C 解析　設{an}的公差為d，則 由得 解得d＝4.故選C. 2.(2019·河北衡水模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S9＝6π，則tana5＝(　　) A. B. C．－ D．－ 答案　C 解析　由等差數列的性質可得，S9＝6π＝＝9a5，∴a5＝，則tana5＝tan＝－，故選C. 3.(2019·廣州綜合測試)已知數列{an}為等比數列，若a4＋a6＝10，則a7(a1＋2a3)＋a3a9的值為(　　) A.1

18、0 B．20 C．100 D．200 答案　C 解析　a7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝a＋2a4a6＋a＝(a4＋a6)2＝100，故選C. 4.(2019·大連模擬)設等比數列{an}的前n項和為Sn，S2＝3，S4＝15，則S6等于(　　) A.27 B．31 C．63 D．75 答案　C 解析　由題意得S2，S4－S2，S6－S4成等比數列，所以3,12，S6－15成等比數列，所以122＝3×(S6－15)，解得S6＝63. 5.若Sn為數列{an}的前n項和，且Sn＝2an－2，則S8等于(　　) A.255 B．256

19、C．510 D．511 答案　C 解析　當n＝1時，a1＝S1＝2a1－2，據此可得a1＝2， 當n≥2時，Sn＝2an－2，Sn－1＝2an－1－2， 兩式作差可得an＝2an－2an－1，則an＝2an－1， 據此可得數列{an}是首項為2，公比為2的等比數列， 其前8項和為S8＝＝29－2＝512－2＝510. 6.設Sn是公差不為0的等差數列{an}的前n項和，S3＝a，且S1，S2，S4成等比數列，則a10等于(　　) A.15 B．19 C．21 D．30 答案　B 解析　設等差數列{an}的公差為d， 因為S3＝a，所以3a2＝a，解得a2＝0或a2

20、＝3， 又因為S1，S2，S4構成等比數列，所以S＝S1S4， 所以(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)， 若a2＝0，則d2＝－2d2， 此時d＝0，不符合題意，舍去， 當a2＝3時，可得(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)， 解得d＝2(d＝0舍去)， 所以a10＝a2＋8d＝3＋8×2＝19. 7.(2019·煙臺模擬)已知{an}為等比數列，數列{bn}滿足b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－bn)＝an＋1，則數列{bn}的前n項和為(　　) A.3n＋1 B．3n－1 C. D. 答案　C 解析　∵b1＝2，b2＝5，且an(bn＋1－

21、bn)＝an＋1， ∴a1(b2－b1)＝a2，即a2＝3a1， 又數列{an}為等比數列， ∴數列{an}的公比q＝3，且an≠0， ∴bn＋1－bn＝＝3， ∴數列{bn}是首項為2，公差為3的等差數列， ∴數列{bn}的前n項和為 Sn＝2n＋×3＝. 8.(2016·四川高考)某公司為激勵創(chuàng)新，計劃逐年加大研發(fā)資金投入．若該公司2015年全年投入研發(fā)資金130萬元，在此基礎上，每年投入的研發(fā)資金比上一年增長12%，則該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元的年份是(　　) (參考數據：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30) A.20

22、18年 B．2019年 C．2020年 D．2021年 答案　B 解析　根據題意，知每年投入的研發(fā)資金增長的百分率相同，所以，從2015年起，每年投入的研發(fā)資金組成一個等比數列{an}，其中，首項a1＝130，公比q＝1＋12%＝1.12，所以an＝130×1.12n－1.由130×1.12n－1>200，兩邊同時取對數，得n－1>，又≈＝3.8，則n>4.8，即a5開始超過200，所以2019年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元，故選B. 9.已知數列{an}滿足a1＝0，an＋1＝(n∈N*)，則a56等于(　　) A.－ B．0 C. D. 答案　A 解析　

23、因為an＋1＝(n∈N*)，a1＝0， 所以a2＝－，a3＝，a4＝0，a5＝－，a6＝，…， 故此數列的周期為3. 所以a56＝a18×3＋2＝a2＝－. 10.在數列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，則數列{bn}的前n項和為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由已知得an＝＋＋…＋ ＝·(1＋2＋…＋n)＝， 從而bn＝＝＝4，所以數列{bn}的前n項和為Sn＝4＝4＝.故選D. 11.(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

24、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 答案　A 解析　設首項為第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. 由題意知，N＞100，令＞100?n≥14且n∈N*，即N出現在第13組之后． 第n組的各項和為＝2n－1，前n

25、組所有項的和為－n＝2n＋1－2－n. 設N是第n＋1組的第k項，若要使前N項和為2的整數冪，則N－項的和即第n＋1組的前k項的和2k－1應與－2－n互為相反數，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)?n最小為29，此時k＝5，則N＝＋5＝440.故選A. 12.已知數列{an}中，a1＝2，n(an＋1－an)＝an＋1，n∈N*，若對于任意的a∈[－2,2]，n∈N*，不等式<2t2＋at－1恒成立，則實數t的取值范圍為(　　) A.(－∞，－2]∪[2，＋∞) B.(－∞，－2]∪[1，＋∞) C.(－∞，－1]∪[2，＋∞) D.[－2,2] 答

26、案　A 解析　根據題意，數列{an}中，n(an＋1－an)＝an＋1，即nan＋1－(n＋1)an＝1，則有－＝＝－，則有＝＋＋＋…＋＋a1＝＋＋＋…＋＋2＝3－<3，<2t2＋at－1，即3－<2t2＋at－1，∵對于任意的a∈[－2,2]，n∈N*，不等式<2t2＋at－1恒成立，∴2t2＋at－1≥3，化為2t2＋at－4≥0，設f(a)＝2t2＋at－4，a∈[－2,2]，可得f(2)≥0且f(－2)≥0，即有即 可得t≥2或t≤－2，則實數t的取值范圍是(－∞，－2]∪[2，＋∞)，故選A. 二、填空題 13.(2018·北京高考)設{an}是等差數列，且a1＝3，a2＋a

27、5＝36，則{an}的通項公式為________． 答案　an＝6n－3 解析　∵a1＝3，a2＋a5＝36，∴3＋d＋3＋4d＝36， ∴d＝6，∴an＝3＋6(n－1)＝6n－3. 14.(2019·全國卷Ⅲ)已知各項均為正數的等比數列{an}的前4項和為15，且a5＝3a3＋4a1，則a3＝________. 答案　4 解析　由題意知 解得∴a3＝a1q2＝4. 15.(2019·全國卷Ⅲ)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若a1≠0，a2＝3a1，則＝________. 答案　4 解析　由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1， 所以S10＝10a1＋d＝100

28、a1， S5＝5a1＋d＝25a1，所以＝4. 16.(2019·沈陽模擬)在數列{an}中，a1＝－2，anan－1＝2an－1－1(n≥2，n∈N*)，數列{bn}滿足bn＝，則數列{an}的通項公式為an＝________，數列{bn}的前n項和Sn的最小值為________． 答案　?。? 解析　由題意知，an＝2－(n≥2，n∈N*)，∴bn＝＝＝＝1＋＝1＋bn－1，即bn－bn－1＝1(n≥2，n∈N*)．又b1＝＝－，∴數列{bn}是以－為首項，1為公差的等差數列，∴bn＝n－，即＝n－， ∴an＝.又b1＝－<0，b2＝>0， ∴Sn的最小值為S1＝b1＝－. - 13 -