专题六十二：数列（基础）理含答案.docx

高考冲刺：数列【高考展望】1.等差（比）数列的基本知识是必考内容，这类问题既有选择题、填空题，也有解答题；难度易、中、难三类皆有.2 .数列中4与S之间的互化关系是高考解答题的一个热点.3 .函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到，解答试题时要注意灵活应用.4 .解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型，如与导数和极限相结合等.【知识升华】1.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等.2 .运用方程的思想解等差（比）数列，是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量2、d（或夕），掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算.3 .分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面，如等比数列求和要注意夕=1和4两种情况等等.4 .等价转化是数学究习中常常运用的，数列也不例外.如“与S”的转化；将一些数列转化成等差（比）数列来解决等.复习时，要及时总结归纳.5 .深刻理解等差（比）数列的定义，能正确使用定义和等差（比）数列的性质是学好本章的关键.6 .解题要善于总结基本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法，养成良好的学习习惯，定能达到事半功倍的效果.7 .数列应用题也是命题点，这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用.8 .本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法.应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化，常需构造数列模型，将现实问题转化为数学问题来解决.【典型例题】类型一：正确理解和运用数列的概念与通项公式例1.在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2,3,4,堆最底层（第一层）分别按图所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以/5）表示第n堆的乒乓球总数，则f（3）=；/（）=（答案用n表示）.O（举一反三【变式1】设伍为等差数列，"为等比数歹IJ,且a尸匕=1,2+4也3/2也=03分别求出凡及"的前10项的和Slo及T10.考点二：数列递推关系式的理解与应用例2.数列q中，4=2,a+1=an+cn（C是常数，九=1,2,3,）,且q,a2,6成公比不为1的等比数列.(I)求C的值；(II)求%的通项公式.举一反三【变式1】已知等差数列%的前项和为S”，且S3>Ss>S"a2=24.考点三：数列的通项4与前n项和Sn之间的关系与应用例3.在等比数列4中，q=2,前项和为5.，若数列q,+l也是等比数列,则S,等于()（八）2,+'-2(B)3n(C)2n(D)3,-l举一反三【变式1】设数列。“的前n项和为<=2/,2为等比数列,且q=4,432卬)=.(I)求数列%和4的通项公式；（三）设C.=3,求数列g的前n项和Tnbn考点四：数列中与n有关的等式的理解与应用例4.已知数列a11满足a=l,all+=2an+1(neN+)(I)求数列a“的通项公式；(II)若数列b满足4bL4b2T4bT×4b"-1=(an+l)bn(n7V+),证明：br是等差数列；举一反三【变式1设是公比大于1的等比数列，5“为数列4的前项和.已知$3=7,且01+3,3%4+4构成等差数列.(1)求数列2的通项公式.(2)令4=Ina3+1，=L2,.,求数列J的前项和T考点五：等差、等比数列前n项和的理解与应用例5.已知数列“和也满足：a=,a2=2,a,>0也=(N率)且也是以q为公比的等比数列.(I)证明：an+2=aiq2；(11)若q=%-+24”，证明数列%是等比数列;(111) 求和：111FH1.4aI4%«2,1-1a2,l举一反三【变式1】已知数歹Uq的前n项和S11=一9，第k项满足5<4<8,则k=()A.9B.8C.7D.6【答案】此数列为等差数列，an=Sli-Sn,l=2n-0,由5<2kT0<8得到k=8.考点六：数列与函数的迭代问题例6.已知函数/(幻=(戈-1)2,数列%是公差为d的等差数列，数列也"是公比为q(qR且qWl)的等比数列，若=f(f,3=(J+l),4=f(q-l),=÷l)(1)求数列,、4的通项公式；(2)设数列c,J对任意自然数n都有,4=幺+幺+十%成立，求g+j+C2i的值；hh2bH(3)比较也二!与久的大小。+32+14+2举一反三【变式1已知数列“中，q=g，点(",2%+在直线y=x上，其中n=l,2,3.令以=-4-1,求证也是等比数列;（三）求数列%的通项;(IID设S“、7；分别为数列4、仇的前n项和,是否存在实数4,使得数列±4Zl为等差数列？若存在，试求出4.若不存在,则说明理由.考点七：数列综合应用与创新问题21例7.设/(幻是定义在(0,+8)上的单调可导函数.已知对于任意正数X,都有*(x)+T=-，且Xf()/(1)=«>().(I)求/(4+2),并求。的值；(II)令册=焉nWN*,证明数列,是等差数列；(III)设勺是曲线y=(x)在点(/,A/)处的切线的斜率(),数列(的前项和为S,，求证：-4<S-2.举一反三:【变式1】在加（加2）个不同数的排列匕中，若liv机时>与（即前面某数大于后面某数），则称£.与构成一个逆序.一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数.记排列5+1）（-1）321的逆序数为,如排列21的逆序数4=1,排列321的逆序数=6.则/=一，%=，册的表达式为;【巩固练习】31、若数列EJ的前n项的和SH=Mq-3,那么这个数列的通项公式为（）A.an=2×3n,B.a11=3×2nC.an=3n+3D.an=2×3n2、在等比数列"中，%=-2,则此数列前17项之积为（）A、216B、-2,6C、2,7D、-2173、已知等比数列“中各项为正，3=3,9=192,则该数列的通项公式为（）A、an=2,-iB、zj=32wC、«zf=32m3D、t=32w24、已知4是等比数列，且。>0,44+2。3%+。4。6=25,那么%+6的值等于（）A.5B.10C.15.D.205、等差数列”中，%=q,aq=P（P,qwN,pq）,则Qkg=；6、数列“中，4=5,。向=。+3那么这个数列的通项公式是；I-/7、设z=（;-）"5N+）,记S,=Z2-zJ+z3-Z2+.+Zm-Z",则SL.8、从盛满。升酒精的容器里倒出b升，然后再用水加满，再倒出b升，再用水加满；这样倒了n次，则容器中有纯酒精升.9、已知：在等比数列,中，Sn=ai+a2+.+anf若SH）=5,S20=15«求S30的值.10、数列6中，前m项（m为奇数）的和为77,其中偶数项之和为33,且勺一4=18,求这个数列的通项公式.11、设等差数列6的前n项和为S.,已知。3=12,S12>0,513<0.（1）求公差d的取值范围；（2）指出'、S?、$2中哪一个值最大，并说明理由.12、已知数列”为等差数列，公差d0,由6中的部分项组成的数列”,，为“，为等比数列,其中=1,b2=5,b3=11.求数列"J的通项公式；记或=CE+2+c»3+“，求T”.13、已知数列4的前n项和为s,l,%=g（4zl-l）5N*）求知生求证：数列%是等比数列14、张老师购买安居工程集资房92/,单价为100o元/m?,一次性国家财政补贴28800元，学校补贴14400元，余款由个人负担。房地产开发公司对教师实行分期付款（每期为1年，等额付款，签订购房合同后1年付款1次，再经过1年又付款1次，等等，共付10次，10年后付清，如果按年利率7.5%,每年按复利计算，那么每年付款多少元（L075°n2.061,计算结果精确到元）15、数列/是等比数列，项数为偶数，各项为正，它所有项的和等于偶数项和的4倍，且第2项与第4项的积是第3项和第4项和的9倍，(1)求伍“的通项公式(2)数列lgq的前几项的和最大？数学试题答案【典型例题】类型一：正确理解和运用数列的概念与通项公式例L【思路点拨】从图中观察各堆最低层的兵乓球数分别是1,3,6,10,推测出第n层的球数。【解析】显然f=1+3+6=10.第n堆最低层(第一层)的乒乓球数，/=1+2+,=n(n+l),第堆的乒乓球数总数相当于前n堆乒乓2球的低层数之和，即f(n)=q+4+an=d2+22+吗4”,Cn(n+l)(n+2)所以：f(n)=-AL6举一反三【变式1】【解析】设an的公差为d,bj的公比为q,则“C-2l+2d=q48"2.=明+45=今7；。=牛心二笔8-q32考点二：数列递推关系式的理解与应用例2.【思路点拨】(1)由卬，出，生成公比不为1的等比数列列方程求C；(2)可根据递推公式写出数列的前几项，然后分析每一项与该项的序号之间的关系，归纳概括出勺与nN间的一般规律，从而作出猜想，写出满足前4项的该数列的一个通项公式.【解析】(I)q=2,2=2+c,«3=2÷3c,因为q,%生成等比数列，所以(2+c)2=2(2+3c),解得C=O或c=2.当C=O时，a=a2=a3,不符合题意舍去，故C=2.(II)当22时，由于a2-al=cfa3-a2=2c，,，cll-az,-1=(n-l)c,所以q-q=l+2+(n-l)c=c.又4=2,c=2,故4=2+(-1)="一+2(=2,3,).当=1时，上式也成立，所以4“二-+2(=1,2,).【总结升华】从特殊的事例，通过分析、归纳、抽象总结出一般规律，再进行科学地证明，这是创新意识的具体体现，这种探索问题的方法，在解数列的有关问题中经常用到，应引起足够的重视.举一反三【变式1】【解析】(1)由题意得5 .-56=A7+fi+fl=7fl0>06 6=%+Qg+%=4o+flll)<O% + 8- > O nd 2«, +17" <0(2)由(1)知,a1o>O,a1o+au<O,ao>O>al,又公差小于零，数列匕“递减，所以aj的前10项为正，从第11项起为负，加完正项达最大值。.n=10时，Sn最大。考点三：数列的通项4与前n项和SII之间的关系与应用例3.【思路点拨】本题考查了等比数列的定义和求和公式，着重考查了运算能力。【解析】因数列q,为等比，则勺=2,因数列4+l也是等比数列，则(见+1+=(4“+1)(4+2+I)nan+l2+2an+l=44+2+an+%+2=>%+%+2=2%+=all(+q2-2q)=Onq=I即4=2,所以S=2，故选择答案C.举一反三【变式1】【解析】(1)当=1吐l=S1=2;当2B寸,4=Sn-Sz=2/-2(-I)2=4/1-2,an的通项公式为an=4n-2,即勺是R=2,公差d=4的等差数列.设(bn)的公比为q,由(2-01)=得加d=.1q=41 O故a=M"=2F=F2 2)Tc.=令=竺U=(2I)4"Tb”2_4n,T11=ci+c2+-+cn=l+3×4l+5×42+-+(22-1)4mi47；=l×4+3×42+5×43+(2j-3)411,+(2-1)4z,两式相减得37；,=-1-2(4,+42÷43+4")+(2n-l)4"=(6n-5)4"÷57；=#(6-5)4+5考点四：数列中与n有关的等式的理解与应用例4.证明：bj是等差数列；【思路点拨】本小题主要考查数列基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。把递推关系式变形转化。【解析】(I)解：CaII+=2all+1，.*.an+1+l=2(an÷1)an+l是以a+1=2为首项，2为公比的等比数列。an+l=2ngJan=2n-lQneNn(2n 即 4(b| +b2+b3+-+bn)-rt _ 2nb(II)证法一：.4ET4b274bE,×4b°,=(an+l)bn,(bl-1Mbj-*Mb5-I>÷.+(bn-1)_2(b1+b2+b3+.+bn)-2?=nbn2(b,+b2+b3+.+bn+1)-2(+1)=(n+l)bn+1一，得2(>+1-1)=(11+12用-皿，即(n-l)b11+-nbn+2=0nb11+2-(n+l)bn+2=()一，得nbn+2-2nbn+1÷nbn=0，即bn+2+bn=2bn+1故bj是等差数列.举一反三【变式1】【解析】=302.解得的 =2.(1)由已知得：!%+a2+a3=ly(4+3)+(a?+4)2设数列”的公比为q,由劣=2,可得4=一，a3=2q.q2又S3=7,可知一+2+24=7,q即2g2-5夕+2=0,解得夕=2或q=J由题意得g>1,夕=2,，a=1.故数列qj的通项为%=2”，由于勿=Ina3+i,n 1,2,由(1)得。3+i=23"，,.勿=g23" =3Mn2又÷i-=312, bn是等差数列.: Tn=b+b? +_ n(bi +bll) _ n(31n2÷3nln2) _ 3(n÷l) Ut. 111 Zf.222故 7； = 3(g+l)n2.考点五：等差、等比数列前n项和的理解与应用例5.【思路点拨】本小题主要考查等比数列的定义，通项公式和求和公式等基本知识及基本的运算技能，考查分 析问题能力和推理能力.【解析】（I）证：由如二夕，有冷!%=近I =b血an%+2=%5wN*)(Il)证： an an_2Q » ' 2n- = a2n-3c = = dqna2n a2n-22 =生4 Cn = 2,1 + 2a2n = O1 产 + 2a2q2n-2 = (4 + 2a2)q2n-2 = 5q2,-2g是首项为5,以42为公比的等比数列.1 1(III)由(II)得=qa2n- 4,2-2«11I1-+%a2÷ 1÷-L÷.Ua1÷-+ + q q1+ '' q2n2,2n-2_3211 1 1 +T-+ q q2n-2当 q = l 时，+ + 4 a2)32÷-L=÷4÷4÷。22Vq2Ct产21113zl111、3i-q-2n32n-l)4。2%2CTq4qln-22-q-22q2n2(q231%<7=1,1112故+一+=an2n114生均2qT2产(，E举一反三【变式1】【答案】此数列为等差数列，/=S“-Si=2-10,由5<2k-10<8得到k=8.考点六：数列与函数的迭代问题例6.【解析】(1)4=/(4-I)=S-2)2,%=3+D=储所以一4=屋-(d-2)2=2d解得d=2,4=0所以a”=tIn-I4=(qT)=(4一2)2,bi=f(q+)=q2j2所以4=q,、=q2解得q=3,4=1b、(q-2)所以b,二3"(2)“2时%=-+L仇瓦bnq=5+义+如Kb2%2两式相减并整理，得,=23"T=g3"52)c1=a2bl=27所以C'=23"T=3"51)23(1-9n)9n-13 1-9c1+c3+.+c2,1=(3)比较也二!与&文的大小。+3+l。+2况=3.一工%二272.123÷13,+l3m+1“+22/1+22n+2(2÷1)÷1=1时，3-1=-±L3h+1%“2时，3"=(1+2)”>2+1,所以3+14+2举一反三【变式1】【解析】(I)由已知得4=；,2川=q+，3= -,a2-ax1311-1-142又bn=4+1-1，+l=勺+2一4+1-16,l+(/?+!)all+n，*_“一.蛆=4+2一4+1-1=22=2=1.bn向-4,Tan+i-alt-i2'31.勿是以-彳为首项，以5为公比的等比数列.71Q1Q1(II)由(I)知，b=×(一)f,1=X,a,<71=×,4222"+,2T131131131a2-al-l=-×-fa3-a2-=-×,-1-1=-×r311I将以上各式相加得：U-Clx(77-1)=(117)r2222"一3Ta一击)1313,alt=ai+n-×j-=(n-)-(-)=-+n-2123C+n2'(III)解法一：存在4=2,使数列葭四4是等差数列.S“=4+4+ % =÷+÷7)+(1+2+)-2CS0一F)(+1)Cozl1xn2-3n3n2-3n.=3+-2?=3(1)+=+3.1122w22"22_2(_L)4”“317；=÷+=-=-(1)I2nI2'2，1233- + 7数列Sn.忆是等差数列的充要条件是<+'1=4+8（A、8是常数）nn即Sn+ATn=An2+BnDc“3n2-3n.33.n2-3/2入八1、又S+4=港+二一+3+一不+声)=f-+3(1不)(1港).当且仅当-2=o,即4=2时，数列2里Zl为等差数列.2n解法二：存在4=2,使数列S'+“.是等差数列.n由（I）、（Il）知，an+2btl=n-2,.S.+27；="*D-2¾.U=（S“+27；）-27；+明；nn笑辿-2川-24+蜀_3”2又 TLa+瓦+ b“= 4 2”123/1 1、_ 33=-2 -27 =-2 rr'=+n2n/33、(-5+尹).S”+肛34-21十n2n.当且仅当4=2时，数列>+“.是等差数列.n考点七：数列综合应用与创新问题例7.【思路点拨】根据已知条件求出函数f（x）的关系式，求出a。的递推关系式然后可求解题中要求.【解析】(I)取X=1,/3+2)=；a21再取x=l+2,则/(。+2)+-=a+2f(+2)12即/(一+-)=/(1),aa+2V/(x)是定义在(O,+8)上的单调函数12+=1>解得=2,或。=1(舍去).aa+221(11)设/(x)=f,则/«+)=-,Xt2221再令X=，+,则/«+*)+3=-XXf+2%+2)XX即"十:y)=r=(x)tt+-Xf(x)是定义在(0,+8)上的单调函数I277I/.-+-=,即"二o,解得：，=一或r=，t+、ZXXXIHX21n又/(l)=a>0,则/()=f=-,=-，Xf(n)2由。川一凡=3，£"*,所以q是等差数列299(3)由得/(x)=w,.八%)=一下，则幻=r(2)=-XXn所以Szi=-2(1+!+/+-2:22211又当之2时，k=->->=-2(),"n4n2(n-1)2n-1n则-21+(l-+4-+(7-)=-21+(l-)>,2237?-1nn故-4<S"-2举一反三：【变式1】【解析】由已知得4=10，6=15，。“=+5-1)+,+2+1=(丁).【巩固练习】【参考答案与解析】1、D2、D3、C4、解法一：因为%是等比数列，设q的公比为q,由4>0知g>0,因a2a4+2a3a5+aAah=25,所以%qaq,+2%q2aq4+a/3aqf=25即alq2(l+.力2=25,.alq2(+q2)=5得生+6=Qq?+"/=4g2(+q2)=5故选择答案A.解法二：因%是等比数列，a2a4=a32,a4a6=原式可化为42+2%。$+%？=25,BP(a3+a5)2=25.因勺>0,/+%=5,故选择答案A3.5、0；6、(1)÷5；8、解析：第一次容器中有纯酒精。6即。（1一2）升，ab。（1，）b第二次有纯酒精。（1一上）即。（1一上）2升，aaa故第n次有纯酒精Q（I-）"升.故填答案：一-）.aa9、解析：因为4为等比数列，所以So,S20-S10,S30-Szo是等比数列.即5,15-5,§30-15是等比数列，得5（S3075）=100,%=35.10、解析：设等差数列/中，前m项的和为S,f,其中奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，由题意得S,77,S偶=33,S奇=Sm-S偶=44,令/w=21,则&"=土解得=4,m=2n-l=7,S偶-13'4=S奇一S偶=11,即。1+3d=11又由一句=18即-6d=18,得d=-3,1=20,故通项公式为an=-3n+23.c3=a+2d12,11、(1)解析：依题意有：<S12=121+S13=13。+12x11213×122d>0,d<0.24解之得公差d的取值范围为一一<d<-3.7a3 + (k- 3)d > 0% + 伏- 2)d < 0(2)解法一：由d<0可知：al>a2>a3>.>a12>a13,因此，在SS?、S2中&为最大值的条件为：40且4+v0,即,a3 =12, ； <kd3d-2.jc.c12fc12»d<0,2<Z3kd<2d-l2dd24712V-<d<-3,.<一匕<4,得5.5<女<7.72d因为是正整数，所以2=6,即在SS2、S口中，S6最大.解法二:由d<0得>2>/3，因此，在号、S2、S2中&为最大值的条件为：40且4+<0由等差数列性质得，当m,t,p,qN+,且zn+=+q时，cn+an=ap+aq.2,.*2a1=6z+13=S13<0,a7<0tV a6+7=a1+12 =2S|2>0» .d6>0>tz7,故在S、S?、S2中，S6最大解法三：依题意得：Sn=nax+(n-)d=n(12-2J)+(2-n)dfIy24博dy24.22d8d1 24.t<0,:.n一一(5一一)最小时，S”最大;2 d.24.二Iy24、13<J<-3,.6<(5)<72d2从而，在正整数中，当=6时，-,(5-巳)2最小，所以§6最大.2a12、解析：(1)由题意知见2=。17，即(q+4d)2=q(q+16J)即22=。，'：d0,.*.aI=2d,数歹Jz,的公比q=91=四=3,%=/3'iqq”又.=%+("_1)=*止4由得。3T=九里外2Vai=2dO,bn=2311.7；=c>1+c>2+c>3+.+ca=C(23°-l)+d(23-l)+.+(23f*T-D2W(C3+G3?+禺3)-(C+G+.+禺)221=(1+3-1-(2h-1)=1-211+.13、解析：(1)4=»生=；(2)略。122414、解析：设每年付款X元，个人需负担资金920002880014400=48800(元)分期付款从次年算起，连续10年每年向银行还相同的贷款，到第10年还完，则第1年还款X元到第10年应为x(l+0.075)9阮)；第2年还款X万元到第10年应为Ml+OO75)8(元)；第3年还款X万元到第10年应为X(I+0.075)7(元)第9年还款X万元到第10年应为M1+OO75)(元)第10年还款X万元仅本金X(万元)另向银行贷款48800元从次年起10年后若一次还清应为488()0(1+0.()75)°(元)于是得方程MI+0.075)9+Ml÷0.075)8+.+x(l÷0.075)+x=48800(1+O.O75)10所以XadD=48800×1.075,°1.075-1得x7110(元).答：每年付款7110元。15、解析：(1)设项数为2n,公比为q,则奇数项之和为S奇=+13+Cl2ll-I偶数项之和为S偶=Cl2+CIa+Cl2li；S偶=qS奇,又所有项之和为偶数项之和的4倍，所以S偶+S奇=4S偶；1+g=4q,4=；由生。4=9(6+。4)，可得=9。3(1+夕)，.*.a3=12,an=12×()rt3(2)设"=lg%=lgl2x(g广3由Ig12X(一)-30W12×(一)rt3=>n3+生3 3Ig3数列4前5项大于0,从第6项起小于0数列lgq,的前5项的和最大。