2019-2020年高考数学第二轮专题复习数列教案
2019-2020年高考数学第二轮专题复习数列教案
二、高考要求
1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项. 2．理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.
3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明”这一思想方法.
三、热点分析
1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.
2.有关数列题的命题趋势（1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点（2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。（3）加强了数列与极限的综合考查题
3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即（a3+a5）2=25.
4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法
5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。
6．这几年的高考通过选择题，填空题来着重对三基进行考查，涉及到的知识主要有：等差（比）数列的性质. 通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行考查，其中涉及到方程、不等式、函数思想方法的应用等，综合性比较强，但难度略有下降.
四、复习建议
1．对基础知识要落实到位，主要是等差（比）数列的定义、通项、前n项和.
2． 注意等差（比）数列性质的灵活运用.
3． 掌握一些递推问题的解法和几类典型数列前n 项和的求和方法.
4． 注意渗透三种数学思想：函数与方程的思想、化归转化思想及分类讨论思想. 5． 注意数列知识在实际问题中的应用，特别是在利率,分期付款等问题中的应用.
6． 数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。而且往往还以解答题的形式出现，所以我们
在复习时应给予重视。近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。 五、典型例题
数列的概念与性质
【例1】 已知由正数组成的等比数列，若前项之和等于它前项中的偶数项之和的11倍，第3项与第4项之和为第2项与第4项之积的11倍，求数列的通项公式. 解：∵q =1时， 又显然，q ≠1 ∴2
212121)1(1)1(q q q a S q q a S n n n
--==--=偶数项
依题意；解之
又42
1422143),1(q a a a q q a a a =+=+，
依题意，将代入得
【例2】 等差数列{a n }中，=30，=15，求使a n ≤0的最小自然数n 。 解：设公差为d ，则或或或
解得：? a 33 = 30 与已知矛盾 或? a 33 = - 15 与已知矛盾 或?a 33 = 15 或 ? a 33 = - 30 与已知矛盾 ∴a n = 31+(n - 1) () ? 31 0 ? n ≥63 ∴满足条件的最小自然数为63。
【例3】 设等差数列{a }的前n 项和为S ，已知S 4=44,S 7=35
（1）求数列{a }的通项公式与前n 项和公式； （2）求数列的前n 项和T n 。
解：（1）设数列的公差为d ，由已知S 4=44,S 7=35可得a 1=17,d=-4 ∴a =-4n +21 (n ∈N ),S=-2n +19 (n ∈N ).
（2）由a =-4n +21≥0 得n ≤, 故当n ≤5时，a ≥0, 当n ≥6时，
当n ≤5时,T=S=-2n +19n 当n ≥6时,T=2S 5-S=2n -19n +90.
【例4】 已知等差数列的第2项是8，前10项和是185，从数列中依次取出第2项，第4项，第8项，……，第项，依次排列一个新数列，求数列的通项公式及前n 项和公式。 解：由 得
∴23)1(35)1(1+=-+=-+=n n d n a a n ∴
62321
22
23
21121-+=--+=+++=++n n n n n n b b b S ·…… 【例5】 已知数列：…，…，…，，，100
1001002100133323122211+++++
+ ①求证数列为等差数列，并求它的公差 ②设，求的和。
解：①由条件，()
2
12122121+=+=+++=+++=n n n n n n n n n a n …… ∴；∴()12
121221≥=+-+=
-+n n n a a n n 故为等差数列，公差 ②()()()()214
4
21122211++=
++=++=
n n n n n n b n · 又知()()()()
211
21122111++=
++--+=+-+n n n n n n n n ∴
……
………+??
? ??+-=+??
? ??+-+++??? ??-+??? ??-=+++212142111
4413143121421n n n b b b n
∴221214lim 21=??
?
??+-
=++++∞
→n b b b n n …… 【例6】 已知数列1，1，2……它的各项由一个等比数列与一个首项为0的等差数列的对应项相加而得到。求该数列的前n 项和S n ；
解：(1)记数列1，1，2……为{A n }，其中等比数列为{a n }，公比为q ； 等差数列为{b n }，公差为d ，则A n =a n +b n (n ∈N ）
依题意，b 1 =0，∴A 1 =a 1 +b 1 =a 1 =1 ① A =a +b=a q+b+d=1 ②
A =a +b=a q 2 +b+2d=2 ③
由①②③得d=-1, q=2, ∴
∴ 2
)
1(12)]
1()21()11[()221(1212121n n n b b b a a a A A A S n n n
n n n -+
-=-++-+-++++=+++++++=+++=-……………
【例7】 已知数列满足a n +S n =n ,(1)求a 1,a 2,a 3,由此猜想通项a n ,并加以证明。 解法1：由a n +S n =n ,
当n =1时，a 1=S 1，∴a 1+a 1=1，得a 1=
当n =2时，a 1+a 2=S 2，由a 2+S 2=2，得a 1+2a 2=2，∴a 2= 当n =3时，a 1+a 2+a 3=S 3，由a 3+S 3=3，得a 1+a 2+2a 3=3∴a 3=
猜想，(1)下面用数学归纳法证明猜想成立。
当n =1时,a 1=1-,(1)式成立
假设,当n =k 时,(1)式成立,即a k =1-成立， 则当n =k+1时,a k+1+S k+1=k+1,S k+1=S k +a k+1 ∴2a k+1=k+1-S k 又a k =k+S k ∴2a k+1=1+a k ∴a k+1=12
11)2111(21)1(2
1+-=-+=
+k k k a 即当n =k+1时,猜想（1）也成立。 所以对于任意自然数n ,都成立。
解法2：由a n +S n =n 得，两式相减得：，
即，即，下略
【例8】 设数列是首项为1的等差数列，数列是首项为1的等比数列，又
54
7
9261)(432===∈-=c c c N n b a c n n n ，，，且。(1)求数列的通项公式与前n 项和公式；
(2)当时，试判断c n 的符号（大于零或小于零），并给予严格证明。
解：(1)设数列的公比为q
11)1(1)1(-=-+=-+=∴n n n q b d n d n a a ，
)(])1(1[1N n q d n b a c n n n n ∈--+=-=-
由条件得???
???
???
?
???
=-+???
????==?=-+=-+54731342
1922161132q d q d q d q d
)()34
()1(21)34()]1(211[11N n n n c n n n ∈-+=--+=∴--
])3
4
()34()34[()]1()12()11[(2110-+++-++++++=n n n S ……
)(334)3(4113
41
)34
(]2)1([211N n n n n n n n n n ∈+-+=---++=-
(2)050)3
4
(270)34(35645<≥<-=
<-=n c n c c ，猜想…，，
证明：①当n =5，c 5<0命题成立
②假设当0)3
4()1(2
1
0)5(1<-+<≥=-k k k c k k n ，即时，
03
421])34(3121[])34()1(21[)34()2(2154
111
<-<-+-+=-+=--+k k k k k k c 当也成立
由①，②对一切n 5，都有c n <0。
【例9】 是等差数列，数列满足{}n n n n n n b S N n a a a b 为，)(21∈??=++的前n 项和。(1)若的公差等于首项a 1，证明对于任意自然数n 都有；
(2)若中满足，试问n 多大时，S n 取得最大值？证明你的结论。
解：(1)当111411
14)
3(4,1b d
d a b d a b b S n =+===时，∴原命题成立 假设当成立 则d
d
b a a a a d d b a b b S S k k k k k k k k k k k 444413211311?+?=?+=
+=++++++++
d
a b d d a b d d b b a k k k k k k k 44)4(444
1111+++++=+=+=
d
a b S N n k n n n n 413
+=
∈+=∴有意时命题也成立，故对任当 (2)由d a d a a a a 5
56)7(8383555125-
=∴+==，有
05
4
1255612517<=+-
=+=d d d d a a ……181714210b b b b b >>>>> 001817161617161515>=<=a a a b a a a b ， 1615151411314S S S S S S S <>>>>∴，，…
d d a a d d a a 59
135610518515=+=-=+=，又
14161615161518150,|||,|S S b b b b a a >∴>+<∴<∴
故中最大
【例10】 已知数列的前n 项和为S n ，满足条件)2lg(lg )1(lg 1-+=-++n b b n S n n ，其中b >0且b 1。(1)求数列的通项a n ；(2)若对4，试求b 的取值范围。 解：(1)由已知条件得
当n =1时，1
12112
3)1(21---+-=
-=≥-==n n n n b
b n b S S a n b S a 时，；当
故?
?
?
??≥-+-=--)2(23)1()
1(112n b b n b n b a n n
(2)由)4(0)3
1
)(1(1≥>---
->+n n n b b a a n n ，化简得 为所求
或故或解得，3103
32132
13
2
1311><<>∴=+≤-+
-+=-->
【例11】 两个数列、 中，1200+>>n n n n n a b a b a ，，，且，成等差数列，且成等比数列。(1)证明是等差数列；(2)若n
n
n a b b b a a +++==∞→…，求2112lim
33的值。
解：(1))00(22111
221
22112>>?????=+=?????
??=+=++++++n n n n n n n n n n n n n n b a b b a a a b b b a a a b ， {}n n n n n n n n n b b b b b b b b b ∴+=?+=?+-+-1111222是等差数列
(2)又2313312112=?==?==b a a a a ，， 又
22)1(2
1)
1(42
2lim
lim
)
1(21
2
22222)1(2,22211=
--+
=+++∴+==∴+=?-+=∴=
∴∞→∞→-n n n n n a b b b n n b b a n n b d n n
n
n n n n n …公差
数列的概念与性质练习
一、选择题 1．设()则 (131211112)
n n n n n s +++++++=（ D ） A ．()()31
2122+=
=s n n n s 时，项，当共有 B ．()()413121221++=
=+s n n n s 时，项，当共有 C ．()()3121222+=
=-s n n n n s 时，项，当共有
D ．()()4
131212212++=
=+-s n n n n s 时，项，当共有 2．等比数列中，56810987654321=++++=++++a a a a a a a a a a ，，那么
的值为（ C ）
A ．
B ．
C ．
D ．
3．11．等比数列 {a } 中，a =7，前三项之和 S=21，则公比q 的值是( C ) （Ａ） 1 （Ｂ） - （Ｃ） 1或 - （Ｄ） -1或
4．首项为1，公差不为零的等差数列中的是一个等比数列的前3项，则这一等
比数列的第四项为（ B ）
A ．8
B ．－8
C ．－6
D ．不确定
5．已知数列的前n 项和，那么这个数列中的奇数项依照原来的顺序构
成的数列的通项公式是（ B ） A ．
B ．
C ．
D ．
6．数列{a n }的前n 项和S n =3n -2n 2
(n ∈N )，当n >2时，就有（ D ） A ．S n >na 1>na n B ．S n < na n ①x =是a , x, b 成等比数列的充分但不必要条件 ②某数列既是等差数列又是等比数列，则这个数列一定是常数列 ③已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，且S ，那么{a n }一定是等比数列 ④设，则这三个数a , b, c 成等差数列 其中正确的命题序号是：（ D ） A ．②④ B ．①②③ C ．①③ D ．①②④ 8．若两个等差数列的前n 项和(n ∈N )，则的值等于（ C ） A ． B ． C ． D ． 9．在等差数列中，3(a 3+a 5)+2(a 7+a 10+a 13)=24，则此数列前13项之和为（ A ） A ．26 B ．13 C ．52 D ．156 10．等差数列，=－5，它的前11项的算术平均值为5。若从中抽去一项，余下10 项的算术平均值为4，则抽去的是（ D ） A ． B ． C ． D ． 二、填空题 1．已知数列的前n 项和的公式为，则通项公式为 。 2．数列{a }的通项公式为 前n 项和为 S ，若 (a 为实常数)，则a 的值等于 。3 三、解答题 1．,log }{),(2}{2n n n n n n a b b R P P S n a =+=满足数列∈项和的前数列 （1）（2）;2)1(lim 2211n n n n n b a b a b a ·…求++++∞ → （3）()()()()()()2221224232221n n n b b b b b b T -++-+-=-…求和 解：（1）)2(222111≥n S S a n n n n n n ---=-=-= 22,}{1 ==+q a a a n n n 得公比由∴是等比数列∵ 1 ),(2.1,21,2,1 ,2111111112-==-=+=+======-P N n a P P P S a S a a q a a n n ∈∴∴∴又∴∵ （2） 12log ,log 122-===-n b a b n n n n ∴Θ ① ··…···则…设,2 )1(2 )2(232221,1 2 3 2 2211---+-++++=+++=n n n n n n n n Q b a b a b a Q ②··…···n n n n n Q 2)1(2)2(23222121432-+-++++=- ②－①得 22)2(2)1(222)1(2 12222)1(22221132+-=-+-=-+---=-+-----=--n n n n n n n n n n n n Q ·····… .12 )1(22)2(lim 2 )1(lim 2211=++-=++++∞ →∞ →n n n n n n n n n n b a b a b a ···…∴ (3)当n =2k （k ∈N ）时， ) )(())(())((])()[(])()[(])()[(212212434321212221224232221k k k k k k n b b b b b b b b b b b b b b b b b b T -+++-++-+=-++-+-=---…… . 22 ) 121)(12()1221()(22124321k k k k k b b b b b b k k +-=-+-- =-+++-=++++++-=-…… 当n =2k-1 (k ∈N )时， 212222232232221)(])()[(])[(])()[(---+-+++-=k k k n b b b b b b T … 1 322)-(2k +3)]-(2k ++4+3+2+-[1=2 2+-=k k … ???? ?-=+-=+-=). ,12(132) ,2(222N k k n k k N k k n k k T n ∈∈∴ 2．数列的前n 项和为S n , 已知是各项为正数的等比数列。试比较 的大小，证明你的结论。 解：依题意, 可设()0,0111>>=-q S q S S n n 其中 则 从而有()?????≥-=-=>=--时当时当21102 111n q q S S S n S a n n n n (Ⅰ)当q = 1时, a 2 = a 3 = … = 0 ∴ ()a a a a a a n n n n 1322 122 2+>+=≥++, (Ⅱ)当q > 0且时, (1)当n = 1时, ()()12 12111231---+=-+q S q q S S a a a ∴ (2)当()()()12 112,21112112---+-=-+≥--++q q S q q S q q S a a a n n n n n n n 时 (i)若q > 1时, 则 (ii)若0 < q < 1时, 则 3．已知数列{}1 1 77432316 ---+=≥=n n n n a a a n a a 时，，且中， (1)分别求出。 (2)当n ≥9且n 是自然数时，试比较与2的大小，并说明理由。 解：（1）123 1674 316 37437 78=- +? =-+=a a a ； （2）() 1 11172527432------= --+= -n n n n n a a a a a 2 9<≥n a n 时，用数学归纳法证明：当 ) 07022(07) 2(521>-<-∴<<--= -+k k k k k k a a a a a a ，Θ 时命题成立 成立。 自然数综上所述，对一切29<≥n a n 4．已知)(1 31211N n n S n ∈++++=Λ， ⑴比较与的大小。 ⑵试确定实数的取值范围，使得对于一切大于1的自然数，不等式2)1(2][log 20 11 )]1([log )(m m n f m m --->恒成立。 解：（1）∵f (n +1)-f (n )=S 2n +3-S n +2-(S 2n +1-S n +1)=…= >=0， ∴f (n +1)>f (n )。 （2）∵f(n +1)>f(n )，∴当n >1时，f(n )的最小值为f (2)=S 5-S 3= ∴必需且只须2)1(2][log 20 11 )]1([log m m m m ---<……………①， 由得m>1且m ≠2 令t=则不等式①等价于，解得：0 5．某人年初向建设银行贷款10万元用于买房。 (1)如果他向建设银行贷款, 年利率为5%, 且这笔借款分10次等额归还(不计复利), 每年一次, 并从借后次年年初开始归还, 问每年应还多少元(精确到1元)？ (2)如果他向工商银行贷款, 年利率为4%, 要按复利计算(即本年的利息计入次年的本金生息), 仍分 10次等额归还, 每年一次, 每年应还多少元(精确到1元)？ 解：(1) 若向建设银行贷款, 设每年还款x 元, 则 105 ×(1 + 10×5%) = x (1 + 9×5%) + x (1 + 8×5%) + x (1 + 7×5%) + … + x , 105×1.5 = 10x + 45×0.05x , 解得(元) (2)若向工商银行贷款, 设每年还款y 元, 则 105 ×(1 + 4%)10 = y (1 + 4%)9 + y (1 + 4%)8 + y (1 + 4%)7 + … + y 其中1.0410 = (1 + 0.04)10 = 1 + 10×0.04 + 45×0.042 + 120×0.043 + 210×0.044 + …1.4802 y ≈??≈101480200404802 123305...(元) 答: 若向建设银行贷款, 每年需还12245元; 若向工商银行贷款, 每年需还12330元。 数列的综合应用(1) 【例1】 已知无穷数列{a n },S n 是其前n 项和,对不小于2的正整数n ,满足关系。(1)求a 1，a 2，a 3； （2）证明{a n }是等比数列; （3）设 ? ? ???? -=++,log 2 log 1 122322n n n n a a a b 计算 解：（1）S 2=2 1,)(1,1212121=-=+-∴+a a a a a a a 8 1 ,)(14 1 ,)(1,3434321432142323213213= -=+++-∴+++== -=++-∴++=a a a a a a a a a a a S a a a a a a a a a S （2）猜想 a （1） 当n =1时，命题成立 （2） 假设n =k （k ≥1）时命题成立,即 (*) 同理有 1-S k+1=a k+1 (**) 由(*)式和假设 由（**）式，得，1=（S k +a k+1） 故 a k+1= ∴当n =k+1时，命题也成立。 由（1），（2）n ∈N ,a 此时 是等比数列成立}{2 1 1n n n a a a ∴=+ （2）另证：对 n ≥2, 1-S n =a n -1-a n 1- S n +1=a n -a n +1 两式相减,有 是等比数列 即}{2 1212123121111n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a ∴======∴ +-=∴--+-+K K K （3）)( )( n n n n n n n n b 2321 2121 21 321 122 1?+- ? ??+=???? +-+=-Θ () ?? ?????????????????+-?+++??? ???-?+??? ???-?+??? ???-+++∴-∞→∞ →n n n n n n n b b b 2)32(12)12(189147147125125131lim lim 121K K = 【例2】 已知，数列 满足 （1）写出数列的前五项，试归纳出的表达式，并用数学归纳法证明。 （2）求。（3）若…，…，，1 3222211222++=+=+= n n n n a a b a a b a a b 求数列的前n 项的和S n 。 解：（1）由得数列前五项 ① 由此猜想，，，，12311573154321-======n n a a a a a a 等式①成立时，）当证（1121i 1=-==a n (ii)假设时等式①成立，即 当时() 1211221212 1-=+-=+=++k k k k a a 即等式①对也成立 由（i ）（ii ）可知等式①对都成立 （2）132131321lim 2 3123lim 2 33lim 22 =??? ??-?? ? ??+??? ??-=-+-=--∞ →∞ →∞ →n n n n n n n n n n n n n a （3）1 212 27 323 111 2-+-+ +++ += +n n n n S … ( ) 1 122 1212222372 1 31122 --=??? ??---++-+-= ++n n n n n … 【例3】 已知a >0，a ≠1，数列{a n }是首项为a ，公比也为a 的等比数列，令b n =a n lg a n （n ∈N ）。（1）求数列{b n }的前n 项和S n ； （2）当数列{b n }中的每一项总小于它后面的项时，求a 的取值范围. 解：（1）由题意知a n =a n ，b n =na n lg a . ∴S n =（1 ? a +2 ? a 2 +3 ? a 3 +……+n ? a n ）lg a . a S n =（1 ? a 2+2 ? a 3+3 ? a 4+……+n ? a n +1）lg a . 以上两式相减得 （1–a ）S n =（a +a 2 +a 3 +……+a n –n ? a n +1 ）lg a . ∵a ≠1，∴[]n n a na n a a a S )1(1) 1(lg 2 -+--= . （2）由b k+1–b k =(k+1)a k+1lg a –k a k lg a =a k lg a [k(a –1)+a ]. 由题意知b k+1–b k >0，而a k >0， ∴lg a [k(a –1)+a ]>0. ①
- 高考大题专项突破 数列
- 【高考数学专题突破】《专题三第讲数列求和及综合应用学案》(解析版)
- 高考数学专题突破(4)-数列中的典型题型与创新题型
- 专题3.2 复杂数列的求和问题-2121届高考数学压轴题讲义(选填题)(解析版)
- 浙江专版2018年高考数学第1部分重点强化专题专题2数列突破点5数列求和及其综合应用教学案
- 高中数学专题突破练习-数列中的典型题型与创新题型
- 高考数学 热点专题突破系列(三)数列的综合应用
- 2021届步步高数学大一轮复习讲义(理科)第六章 高考专题突破三 高考中的数列问题
- 2020年高考数学三轮微专题突破34 数列中的奇偶性问题(教师版)江苏
- 高考数学一轮复习 第五章 数列 热点专题突破三 数列的综合问题课件 理 (2)
- 高考大题突破练—数列专题
- 2018年高考数学专题突破练4数列中的典型题型与创新题型课件理
- 高考数学二轮复习专题四数列推理与证明第3讲数列的综合问题专题突破讲义文
- 高考数学专题复习数列
- 上海市2019届高三数学理一轮复习专题突破训练：数列
- 高三数学二轮复习：数列专题及其答案
- 2021-2022年高考数学专题复习导练测 第六章 高考专题突破三 高考中的数列问题 理 新人教A版
- 高三文科数学第二轮数列专题复习
- 最新高考数学数列题型专题汇总
- 高考数学专题复习导练测 第六章 高考专题突破三 高考中的数列问题 理 新人教A版