1、第1页第一篇专题分层突破第2页层级二 高考核心考点突破 聚焦大视野，全力攻关第3页专题二 数列第4页第2讲 数列的综合应用第5页专项检测真题体验考情研究考点分类考向探究第6页第7页1(2019浙江卷)设 a，bR，数列an满足 a1a，an1a2nb，nN*，则()A当 b12时，a1010B当 b14时，a1010C当 b2 时，a1010 D当 b4 时，a1010A第8页解析：当 b12时，因为 an1a2n12，所以 a212，又 an1a2n12 2an，故 a9a2(2)712(2)74 2，a10a293210.当 b14时，an1an(an12)2，故 a1a12时，a1012
2、，所以 a1010 不成立同理 b2 和 b4 时，均存在小于 10 的数 x0，只需 a1ax0，则 a10 x010 不成立所以选 A.第9页2(2018新课标全国卷)记 Sn 为数列an的前 n 项和若Sn2an1，则 S6_.63第10页解析：解法 1：因为 Sn2an1，所以当 n1 时，a12a11，解得 a11；当 n2 时，a1a22a21，解得 a22；当 n3 时，a1a2a32a31，解得 a34；当 n4 时，a1a2a3a42a41，解得 a48；当 n5 时，a1a2a3a4a52a51，解得 a516；当 n6 时，a1a2a3a4a5a62a61，解得 a632
3、.所以 S61248163263.第11页解法 2：因为 Sn2an1，所以当 n1 时，a12a11，解得 a11，当 n2 时，anSnSn12an1(2an11)，所以 an2an1，所以数列an是以1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an2n1，所以 S611261263.第12页3(2017新课标全国卷)等差数列an的前 n 项和为 Sn，a33，S410，则k1n1Sk_.2nn1第13页解析：设等差数列an的首项为 a1，公差为 d，则 a3a12d3，S44a16d10.解得 a11，d1，所以 ann，Snnn12，所以k1n 1Sk 1S1 1S2 1S3 1Sn 21
4、2 2232nn12nn121121213 1n11n1n 1n1 21 1n1 2nn1.第14页4(2017新课标全国卷)设数列an满足 a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列an2n1的前 n 项和解：(1)因为 a13a2(2n1)an2n，故当 n2 时，a13a2(2n3)an12(n1)两式相减得(2n1)an2，所以 an22n1(n2)又由题设可得 a12，从而an的通项公式为 an22n1.第15页(2)记 an2n1 的 前 n 项 和 为 Sn.由(1)知an2n1 22n12n112n112n1.则 Sn1113131512n112n1 2
5、n2n1.第16页1考查数列求和的常见方法，特别是错位相减法，裂项相消法及分组求和法考查较多，主要以解答题的形式出现，有时也出现在小题中2数列的综合应用主要体现在数列与函数、不等式、推理与证明等方面的综合应用第17页第18页 A22 0181B32 0186C.122 01872D.132 018103(2)已知数列an满足 a115，an1ann2(nN*)，则ann 的最小值为_A274第19页【解析】(1)由题意可得 3Sn2an3n,3Sn12an13(n1)，两式作差可得 3an12an12an3，即 an12an3，即 an112(an1)，由 3S12a133a1，可得 a13，
6、a112，数列an1是首项为2，公比为2 的等比数列，据此有 a2 0181(2)(2)2 01722 018，a2 01822 0181.第20页(2)由an1ann2，得 an1an2n，a115，当 n2 时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)15242(n1)152nn12n2n15，a115 满足上式，ann2n15，ann n15n 1，第21页易知当 n 依次取 1,2,3 时，n15n 1 的值递减；当 n 取大于或等于 4 的自然数时，n15n 1 的值递增当 n3 时，ann 3517；当 n4 时，ann 4154 1274.故ann 的最小值为274.第22
7、页【总结归纳】由递推关系式求数列的通项公式，常用的方法有：求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式(注意验证)；将已知递推关系式整理、变形得到等差或等比数列的通项公式，或用累加法(适用于 an1anf(n)型)、累乘法(适用于 an1anf(n)型)、待定系数法(适用于 an1panq 型)求通项公式第23页1定义各项均不为 0 的数列an：a11，a21，当 n3时，anan1a2n1an2.定义各项均不为 0 的数列bn：b11，b23，当 n3 时，bnbn1b2n1bn2.则b2 017a2 018()A2 017B2 018C2 019D1 009D第24页解析：当 n3 时
8、，由 anan1a2n1an2两边同除以 an1，可得 anan11an1an2，即 anan1an1an21，则数列anan1 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以 anan1n1(n2)，所以 ana1a2a1a3a2 anan1112(n1)(n2)第25页同理可得 bnbn1bn1bn21(n3)，则数列bnbn1 是首项为 3，公差为 1 的等差数列，所以 bnbn1n1(n2)，可得 bnb1b2b1b3b2 bnbn1134(n1)(n2)，所以b2 017a2 0181342 0181122 0171 009，故选 D.第26页2已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a
9、nSn3n1，则数列an的通项公式 an_.312n2解析：由 anSn3n1，得当 n2 时，an1Sn13n4，两式相减得 an12an132，an312(an13)当 n1 时，a1S1312，a11，a132，数列an3是以2 为首项，12为公比的等比数列，an3212n1，an312n2.第27页考向 1 裂项法求和【例 2】(2019河北石家庄一模)已知数列an满足12an1an0(nN*)，且 a2，a32，a4 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn11an11an1(nN*)，数列bn的前 n 项和为Tn，求 Tn 的取值范围第28页【解】(1)数列an满足12
10、an1an0(nN*)，可得数列an是公比为 2 的等比数列，又知 a2，a32，a4成等差数列，可得 2(a32)a2a4，即 2(4a12)2a18a1，解得 a12，则 an2n.第29页(2)bn 11an 11an1 112n 112n1 12n11 12n1，可得 Tn1221 121123112211241123112n1112n112n111，由 2n14 可得12n110，13，则 Tn 的取值范围为1，23.第30页【总结归纳】裂项相消法的基本思想就是把通项 an 分拆成 anbnkbn(k1，kN*)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想
11、变换数列an的通项公式，使之符合裂项相消的条件第31页(2019安徽安庆二模)已知等比数列an满足：S11，S24.(1)求an的通项公式及前 n 项和 Sn；(2)设 bn1n1log3an1，求数列bn的前 n 项和 Tn.第32页解：(1)设等比数列an的公比为 q，S11，S24，a11，a1(1q)4，解得 q3.an3n1.Sn3n131 12(3n1)(2)bn1n1log3an11n1n1n 1n1，数列bn的前 n 项和 Tn11212131n 1n11 1n1 nn1.第33页考向 2 错位相减法求和【例 3】已知等比数列an的公比 q1，且 a3a4a528，a42 是
12、a3，a5 的等差中项数列bn满足 b11，数列(bn1bn)an的前 n 项和为 2n2n.(1)求 q 的值；(2)求数列bn的通项公式第34页【解】(1)由 a42 是 a3，a5 的等差中项得 a3a52a44，所以 a3a4a53a4428，解得 a48.由 a3a520 得 8(q1q)20，解得 q2 或 q12，因为 q1，所以 q2.第35页(2)设 cn(bn1bn)an，数列cn前 n 项和为 Sn.由 cnS1，n1，SnSn1，n2，解得 cn4n1.由(1)可知 an2n1，所以 bn1bn(4n1)(12)n1，故 bnbn1(4n5)(12)n2，n2，bnb1
13、(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)(12)n 2(4n9)(12)n 37123.第36页设 Tn371211(12)2(4n5)(12)n2，n2，12Tn3127(12)2(4n9)(12)n2(4n5)(12)n1，所以12Tn34124(12)24(12)n2(4n5)(12)n1，因此 Tn14(4n3)(12)n2，n2，又 b11，所以 bn15(4n3)(12)n2.第37页【总结归纳】(1)错位相减法适用于求数列anbn的前 n项和，其中an为等差数列，bn为等比数列(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减要注意的是相减后得到部分求等比数列的和
14、，此时一定要查清其项数(3)为保证结果正确，可对得到的和取 n1,2 进行验证第38页 已知数列an为等差数列，且 a35，a59，数列bn的前 n 项和 Sn23bn13.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设 cnan|bn|，求数列cn的前 n 项的和 Tn.第39页解：(1)因为数列an为等差数列，所以 d12(a5a3)2，又因为 a35，所以 a11，所以 an2n1.当 n1 时，b123b113，所以 b11；当 n2 时，bnSnSn123bn23bn1，所以 bn2bn1，即数列bn是首项为 1，公比为2 的等比数列，所以 bn(2)n1.第40页(2)因为 cnan|
15、bn|(2n1)2n1，所以 Tn1132522(2n1)2n1，2Tn12322523(2n1)2n，两式相减，得Tn112222222n1(2n1)2n12(2222n1)(2n1)2n1222n12(2n1)2n12n14(2n1)2n3(32n)2n，所以Tn3(2n3)2n.第41页考点三 数列的迁移问题【例 4】(1)(2019贵州省适应性考试)设 f(x)x，点O(0,0)，A(0,1)，An(n，f(n)，nN*，设AOAnn，对一切 nN*都有不等式sin2112 sin2222 sin2332 sin2nn2 t22t2 成立，则正数 t 的最小值为()A3 B4C5 D6
16、A第42页(2)(2019昆明市模拟)数列Fn：1,1,2,3,5,8,13,21,34，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的，故又称为“兔子数列”该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和记数列Fn的前 n 项和为 Sn，则下列结论正确的是()AS2 019F2 0211 BS2 019F2 0212CS2 019F2 0201 DS2 019F2 0202A第43页【解析】(1)由AOAnn，得sin2nn2(nn2f2n)21n2(1n2n)21nn11n 1n1，所以sin2112 sin2222 sin2332 sin2nn2 1112
17、121313141n 1n11 1n10)，所以正数 t 的最小值为 3.故选 A.第44页(2)根据题意有 FnFn1Fn2(n3)，所以 S3F1F2F31F1F2F31F3F2F31F4F31F51，S4F4S3F4F51F61，S5F5S4F5F61F71，所以 S2 019F2 0211.第45页【总结归纳】数列的迁移问题主要涉及递推数列及数列与其他知识的综合问题第46页(2019合肥市一模)在平面直角坐标系 xOy 中，点 Ai(2i，i1ii2)(iN*)，记A2i1A2iA2i1 的面积为 Si，则i1nSi_.(2n23)4n23第47页解析：由题意，得 A2i1(124i,0)，A2i(4i,2i)，A2i1(24i,0)，则|A2i1A2i1|324i，所以 Si12|A2i1A2i1|yA2i12324i2i32i4i，则i1nSiS1S2Sn32141242343(n1)4n1n4n 第48页4i1nSi32142243344(n1)4nn4n1，得3i1nSi32(442434nn4n 1)32414n14 n4n1(6n2)4n2，所以i1nSi(2n23)4n23.第49页温示提馨请 做：专项检测七PPT文稿（点击进入）
