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2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 第4講 數(shù)列學(xué)案.docx

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2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 第4講 數(shù)列學(xué)案.docx

第4講數(shù)列1等差、等比數(shù)列基本運(yùn)算和性質(zhì)的考查是高考熱點(diǎn),經(jīng)常以小題形式出現(xiàn);2數(shù)列的通項(xiàng)也是高考熱點(diǎn),常在解答題中的第(1)問出現(xiàn),難度中檔以下3高考對數(shù)列求和的考查主要以解答題的形式出現(xiàn),通過分組轉(zhuǎn)化、錯位相減、裂項(xiàng)相消等方法求數(shù)列的和,難度中檔偏下1等差數(shù)列(1)通項(xiàng)公式:ana1(n1)d;(2)求和公式:Snna1d;(3)性質(zhì):若m,n,p,qN*,且mnpq,則amanapaq;anam(nm)d;Sm,S2mSm,S3mS2m,成等差數(shù)列2等比數(shù)列(1)通項(xiàng)公式:ana1qn-1(q0);(2)求和公式:q1,Snna1;q1,Sn;(3)性質(zhì):若m,n,p,qN*,且mnpq,則amanapaq;anamqn-m;Sm,S2mSm,S3mS2m,(Sm0)成等比數(shù)列3數(shù)列求和(1)分組轉(zhuǎn)化求和:一個數(shù)列既不是等差數(shù)列,也不是等比數(shù)列,若將這個數(shù)列適當(dāng)拆開,重新組合,就會變成幾個可以求和的部分,分別求和,然后再合并(2)錯位相減法:主要用于求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和,其中an,bn分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列(3)裂項(xiàng)相消法:即將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個式子的代數(shù)差的形式,然后通過累加抵消中間若干項(xiàng)的方法,裂項(xiàng)相消法適用于形如(其中an是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列,c為常數(shù))的數(shù)列熱點(diǎn)一等差(比)數(shù)列的性質(zhì)【例1】(1)(2018南昌聯(lián)考)等比數(shù)列中,若,則等于()A-4B4C4D172(2)(2017北京海淀區(qū)質(zhì)檢)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足Sn2an2,若數(shù)列bn滿足bn10log2an,則使數(shù)列bn的前n項(xiàng)和取最大值時的n的值為_解析(1)數(shù)列為等比數(shù)列,即,則故選B(2)Sn2an2,n1時,a12a12,解得a12當(dāng)n2時,anSnSn12an2(2an12),an2an1數(shù)列an是公比與首項(xiàng)都為2的等比數(shù)列,an2nbn10log2an10n由bn10n0,解得n10使數(shù)列bn的前n項(xiàng)和取最大值時的n的值為9或10答案(1)B(2)9或10探究提高1利用等差(比)性質(zhì)求解的關(guān)鍵是抓住項(xiàng)與項(xiàng)之間的關(guān)系及項(xiàng)的序號之間的關(guān)系,從這些特點(diǎn)入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進(jìn)行求解2活用函數(shù)性質(zhì):數(shù)列是一種特殊的函數(shù),具有函數(shù)的一些性質(zhì),如單調(diào)性、周期性等,可利用函數(shù)的性質(zhì)解題【訓(xùn)練1】 (1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,若數(shù)列2a1an為遞減數(shù)列,則()Ad>0Bd<0Ca1d>0Da1d<0(2) (2018銀川一中)等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,己知S23,S415,則S3()A7B9C7或9D638解析(1)因?yàn)閿?shù)列2a1an為遞減數(shù)列,所以2a1an<2a1an1,則a1an<a1an1,a1(anan1)<0,從而a1d<0(2)等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,己知S23,S415,S2=a1+a2=3,S4=a1+a2+a3+a4=1+q2S2代入數(shù)值得到q=-2或2,當(dāng)公比為2時,S2=a1+a2=3解得a1=1,S37;當(dāng)公比為-2時,S2=a1+a2=3解得a1=-3,S3-9故答案為C答案(1)D(2)C熱點(diǎn)二等差(比)數(shù)列的判斷與證明【例2】(2018哈市附中在)已知數(shù)列an滿足Sn=2an-n(nN*)(1)證明:數(shù)列an+1是等比數(shù)列;(2)令bn=n(an+1),數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn解(1)由S1=2a1-1得:a1=1,(n2),從而由an+1=2(an-1+1)得an+1an-1+1=2(n2),an-1是以2為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列(2)由(1)得an=2n-1,bn=n2n,Tn=12+222+323+n2n,2Tn=122+223+323+n2n+1Tn=(n-1)2n+1+2探究提高1本例題常見錯誤:(1)忽略an10,由an1(an2an)an1直接得出an2an(2)由a2n1是等差數(shù)列,a2n是等差數(shù)列,直接得出數(shù)列an為等差數(shù)列2判定等差(比)數(shù)列的主要方法:(1)定義法:對于任意n1,nN*,驗(yàn)證an1an為與正整數(shù)n無關(guān)的一常數(shù)(2)中項(xiàng)公式法若2anan1an1(nN*,n2),則an為等差數(shù)列;若aan1an1(nN*,n2)且an0,則an為等比數(shù)列【訓(xùn)練2】(2017全國卷)記Sn為等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和已知S22,S36(1)求an的通項(xiàng)公式;(2)求Sn,并判斷Sn1,Sn,Sn2是否成等差數(shù)列解(1)設(shè)an的公比為q,由題設(shè)可得解得q2,a12故an的通項(xiàng)公式為an(2)n(2)由(1)得Sn(2)n1,則Sn1(2)n11,Sn2(2)n21,所以Sn1Sn2(2)n11(2)n212(2)n2(2)n12Sn,Sn1,Sn,Sn2成等差數(shù)列熱點(diǎn)三數(shù)列的求和問題1分組轉(zhuǎn)化求和【例31】(2017石家莊三模)已知等差數(shù)列an的首項(xiàng)a12,前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列bn的首項(xiàng)b11,且a2b3,S36b2,nN*(1)求數(shù)列an和bn的通項(xiàng)公式;(2)數(shù)列cn滿足cnbn(1)nan,記數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn解(1)設(shè)數(shù)列an的公差為d,數(shù)列bn的公比為qa12,b11,且a2b3,S36b2,解得an2(n1)22n,bn2n-1(2)由題意:cnbn(1)nan2n-1(1)n2nTn(1242n-1)2468(1)n2n,若n為偶數(shù):Tn(24)(68)2(n1)2n2n122nn1若n為奇數(shù):Tn(24)(68)2(n2)2(n1)2n2n122n2nn2Tn探究提高1在處理一般數(shù)列求和時,一定要注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想,把一般的數(shù)列求和轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進(jìn)行求和在利用分組求和法求和時,常常根據(jù)需要對項(xiàng)數(shù)n進(jìn)行討論,最后再驗(yàn)證是否可以合并為一個表達(dá)式2分組求和的策略:(1)根據(jù)等差、等比數(shù)列分組;(2)根據(jù)正號、負(fù)號分組2裂項(xiàng)相消法求和【例32】(2015全國卷)Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和已知an>0,a2an4Sn3(1)求an的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn,求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和解(1)由a2an4Sn3,可知a2an14Sn13兩式相減可得aa2(an1an)4an1,即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由于an>0,可得an1an2又a2a14a13,解得a11(舍去),a13所以an是首項(xiàng)為3,公差為2的等差數(shù)列,通項(xiàng)公式為an2n1(2)由an2n1可知bn設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn,則Tnb1b2bn探究提高1裂項(xiàng)相消法求和就是將數(shù)列中的每一項(xiàng)裂成兩項(xiàng)或多項(xiàng),使這些裂開的項(xiàng)出現(xiàn)有規(guī)律的相互抵消,要注意消去了哪些項(xiàng),保留了哪些項(xiàng)2消項(xiàng)規(guī)律:消項(xiàng)后前邊剩幾項(xiàng),后邊就剩幾項(xiàng),前邊剩第幾項(xiàng),后邊就剩倒數(shù)第幾項(xiàng)【訓(xùn)練32】 (2019廣元一模)設(shè)Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和,已知a1=2,對任意nN*,都有2Sn=(n+1)an(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)若數(shù)列4an(an+2)的前n項(xiàng)和為Tn,證明:12Tn<1解(1)因?yàn)?Sn=n+1an,當(dāng)n2時,2Sn-1=nan-1兩式相減得:2an=n+1an-nan-1即n-1an=nan-1,所以當(dāng)n2時,ann=an-1n-1所以ann=a11=2,即an=2n(2)因?yàn)閍n=2n,bn=4anan+2,nN*,所以bn=42n2n+2=1nn+1=1n-1n+1所以Tn=b1+b2+bn=1-12+12-13+1n-1n-1=1-1n+1=nn+1,因?yàn)?n+1>0,所以1-1n+1<1又因?yàn)閒n=1n+1在N*上是單調(diào)遞減函數(shù),所以1-1n+1在N*上是單調(diào)遞增函數(shù)所以當(dāng)n=1時,Tn取最小值12,所以12Tn<13錯位相減求和【例33】(2017天津卷)已知an為等差數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn(nN*),bn是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列,且公比大于0,b2b312,b3a42a1,S1111b4(1)求an和bn的通項(xiàng)公式;(2)求數(shù)列a2nbn的前n項(xiàng)和(nN*)解(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,等比數(shù)列bn的公比為q,由已知b2b312,得b1(qq2)12,而b12,所以q2q60,又因?yàn)閝>0,解得q2,所以bn2n由b3a42a1,可得3da18,由S1111b4,可得a15d16,聯(lián)立,解得a11,d3,由此可得an3n2所以an的通項(xiàng)公式為an3n2,bn的通項(xiàng)公式為bn2n(2)設(shè)數(shù)列a2nbn的前n項(xiàng)和為Tn,由a2n6n2,bn2n,有Tn 4210221623(6n2)2n,2Tn42210231624(6n8)2n(6n2)2n1,上述兩式相減,得Tn4262262362n(6n2)2n14(6n2)2n1(3n4)2n216所以Tn(3n4)2n216所以數(shù)列a2nbn的前n項(xiàng)和為(3n4)2n216探究提高1一般地,如果數(shù)列an是等差數(shù)列,bn是等比數(shù)列,求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和時,可采用錯位相減法求和,一般是和式兩邊同乘以等比數(shù)列bn的公比,然后作差求解2在寫“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項(xiàng)對齊”,以便下一步準(zhǔn)確地寫出“SnqSn”的表達(dá)式【訓(xùn)練33】 (2018浙江期末)已知數(shù)列an滿足:2n-1a1+2n-2a2+2an-1+an=n,nN*(1)求a1,a2及數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)若數(shù)列bn滿足:b1=1,bn+1-bnan=2n,求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式解(1)n=1時a1=1,n=2時2a1+a2=2a2=02n-1a1+2n-2a2+2an-1+an=n2n-2a1+2n-3a2+an-1=n-1n2-2an=2-nn2a1=1滿足上式,故an=2-n(2)bn+1-bn=2-n2n,有b2-b1=121b3-b2=022bn-bn-1=3-n2n-1n2累加整理bn=1+121+022+3-n2n-1,n22bn=2+122+023+3-n2n,n2-得bn=1-2+1221-2n-21-2+3-n2n=4-n2n-5n2b1=1滿足上式,故bn=4-n2n-5熱點(diǎn)四an與Sn的關(guān)系問題【例4】(2017濟(jì)南模擬)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,對任意的正整數(shù)n,都有an5Sn1成立,bn1log2|an|,數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn,cn(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和An,并求出An的最值解(1)因?yàn)閍n5Sn1,nN*,所以an15Sn11,兩式相減,得an1an,又當(dāng)n1時,a15a11,知a1,所以數(shù)列an是公比、首項(xiàng)均為的等比數(shù)列所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式an(2)bn1log2|an|2n1,數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tnn2,cn,所以An1因此An是單調(diào)遞增數(shù)列,當(dāng)n1時,An有最小值A(chǔ)11;An沒有最大值探究提高1給出Sn與an的遞推關(guān)系求an,常用思路是:一是利用SnSn1an(n2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系,再求其通項(xiàng)公式;二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系,先求出Sn與n之間的關(guān)系,再求an2形如an1panq(p1,q0),可構(gòu)造一個新的等比數(shù)列【訓(xùn)練4】(2019棗莊八中)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,a1=2,Sn=2Sn-1-n(n2,nN*)(1)求an的通項(xiàng)公式;(2)若bn=nan,求bn的前n項(xiàng)和Tn解(1)Sn=2Sn-1-nn2,nN*,當(dāng)n33時,Sn-1=2Sn-2n-1-得,an=2an-1-1,an-1=2an-1-1,所以an-1an-1-1=2n3當(dāng)n=2時,a1+a2=2a1-2,得a2=0,則a2-1a1-1=-11=-12所以an-1是從第二項(xiàng)起,以2為公比的等比數(shù)列則an-1=-12n-2=-2n-2,an=-2n-2+1n2,nN*所以an=2,n=1-2n-2+1,n2(2)易知bn=2,n=1-n2n-2+n,n2Tn=2-220-321-n2n-2+2+3+n,2Tn=4-221-322-n2n-1+22+3+n,-得-Tn=-2-2-2-22-23-2n-2+n2n-1-n-1n+22=-4-2-2n-221-2+n2n-1-n-1n+22=2n-1n-1-2-n-1n+22所以Tn=n2+n+22-2n-1n-11(2018全國I卷)設(shè)Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和,若3S3=S2+S4,a1=2,則a5=()A-12B-10C10D122(2018全國I卷)記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和,若Sn=2an+1,則S6=_3(2018全國III卷)等比數(shù)列an中,a1=1,a5=4a3(1)求an的通項(xiàng)公式;(2)記Sn為an的前n項(xiàng)和若Sm=63,求m4(2018全國II卷)記Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和,已知a1=-7,S3=-15(1)求an的通項(xiàng)公式;(2)求Sn,并求Sn的最小值5(2018全國I卷)已知數(shù)列an滿足a1=1,nan+1=2n+1an,設(shè)bn=ann(1)求b1,b2,b3;(2)判斷數(shù)列bn是否為等比數(shù)列,并說明理由;(3)求an的通項(xiàng)公式1(2018玉溪一中)設(shè)Sn為等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和,a5a2=-8,則S5S2=( )A11B5C-11D-82(2018銀川一中)在等差數(shù)列an中,若a10a9<-1,且它的前n項(xiàng)和Sn有最大值,則使Sn>0成立的正整數(shù)n的最大值是()A15B16C17D143(2018福建聯(lián)考)在正整數(shù)數(shù)列中,由1開始依次按如下規(guī)則,將某些整數(shù)染成紅色,先染1;再染3個偶數(shù)2,4,6;再染6后面最鄰近的5個連續(xù)奇數(shù)7,9,11,13,15;再染15后面最鄰近的7個連續(xù)偶數(shù)16,18,20,22,24,26,28;再染此后最鄰近的9個連續(xù)奇數(shù)29,31,45;按此規(guī)則一直染下去,得到一紅色子數(shù)列:1,2,4,6,7,9,11,13,15,16,則在這個紅色子數(shù)列中,由1開始的第2019個數(shù)是()A3972B3974C3991D39934(2017沈陽二模)已知數(shù)列an滿足an1an2,a15,則|a1|a2|a6|()A9B15C18D305(2017成都診斷)已知等比數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù),且a12a25,4aa2a6(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)若數(shù)列bn滿足b12,且bn1bnan,求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式;(3)設(shè)cn,求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Tn1(2018長郡中學(xué))已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,且Snn24n,若首項(xiàng)為13的數(shù)列bn滿足1bn+1-1bn=an,則數(shù)列bn的前10項(xiàng)和為()A175264B3988C173264D1812642(2018蓮塘一中)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,a1=-8,且(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10,若n,mN*,n>m,則Sn-Sm的最大值為()A10B15C18D263(2016全國卷)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列an滿足a11,a(2an11)an2an10(1)求a2,a3;(2)求an的通項(xiàng)公式4(2018長春期末)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn=Sn-1+1n2,nN,且a1=1,(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式an;(2)記bn=1anan+1,Tn為bn的前n項(xiàng)和,求使Tn2n成立的n的最小值5(2017衡水中學(xué)質(zhì)檢)若數(shù)列an是公差為2的等差數(shù)列,數(shù)列bn滿足b11,b22,且anbnbnnbn1(1)求數(shù)列an,bn的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)數(shù)列cn滿足cn,數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Tn,若不等式(1)n<Tn對一切nN*恒成立,求實(shí)數(shù)的取值范圍參考答案1【解題思路】首先設(shè)出等差數(shù)列an的公差為d,利用等差數(shù)列的求和公式,得到公差d所滿足的等量關(guān)系式,從而求得結(jié)果d=-3,之后應(yīng)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求得a5=a1+4d=2-12=-10,從而求得正確結(jié)果【答案】設(shè)該等差數(shù)列的公差為d,根據(jù)題中的條件可得3(32+322d)=22+d+42+432d,整理解得d=-3,所以a5=a1+4d=2-12=-10,故選B2【解題思路】首先根據(jù)題中所給的Sn=2an+1,類比著寫出Sn+1=2an+1+1,兩式相減,整理得到an+1=2an,從而確定出數(shù)列an為等比數(shù)列,再令n=1,結(jié)合a1,S1的關(guān)系,求得a1=-1,之后應(yīng)用等比數(shù)列的求和公式求得S6的值【答案】根據(jù)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(dāng)n=1時,S1=a1=2a1+1,解得a1=-1,所以數(shù)列an是以-1為首項(xiàng),以2為公布的等比數(shù)列,所以S6=-(1-26)1-2=-63,故答案是-633【解題思路】(1)列出方程,解出q可得;(2)求出前n項(xiàng)和,解方程可得m【答案】(1)設(shè)an的公比為q,由題設(shè)得an=qn-1由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2故an=(-2)n-1或an=2n-1(2)若an=(-2)n-1,則Sn=1-(-2)n3由Sm=63得(-2)m=-188,此方程沒有正整數(shù)解若an=2n-1,則Sn=2n-1由Sm=63得2m=64,解得m=6綜上,m=6點(diǎn)睛:本題主要考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式,屬于基礎(chǔ)題4【解題思路】(1)根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式,求出公差,再代入等差數(shù)列通項(xiàng)公式得結(jié)果,(2)根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式得Sn的二次函數(shù)關(guān)系式,根據(jù)二次函數(shù)對稱軸以及自變量為正整數(shù)求函數(shù)最值【答案】(1)設(shè)an的公差為d,由題意得由得所以an的通項(xiàng)公式為an=2n9(2)由(1)得Sn=n28n=(n4)216所以當(dāng)n=4時,Sn取得最小值,最小值為165【解題思路】(1)根據(jù)題中條件所給的數(shù)列an的遞推公式nan+1=2n+1an,將其化為an+1=2(n+1)nan,分別令n=1和n=2,代入上式求得a2=4和a3=12,再利用bn=ann,從而求得b1=1,b2=2,b3=4(2)利用條件可以得到an+1n+1=2ann,從而可以得出bn+1=2bn,這樣就可以得到數(shù)列bn是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列(3)借助等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求得ann=2n-1,從而求得an=n2n-1【答案】(1)由條件可得an+1=2(n+1)nan將n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以,a2=4將n=2代入得,a3=3a2,所以,a3=12從而b1=1,b2=2,b3=4(2)bn是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列由條件可得an+1n+1=2ann,即bn+1=2bn,又b1=1,所以bn是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列(3)由(2)可得ann=2n-1,所以an=n2n-11【解題思路】設(shè)公比為q,由a5a2=-8可求得q值,利用前n項(xiàng)和公式表示出S5,S2即可求得S5S2值【答案】設(shè)公比為q,由a5a2=-8,可得a58a2,得8a2+a2q30,解得q2,所以S5S2=a11-(-2)51+2a11-(-2)21+2=-11,故選C2【解題思路】由題意可得a9>0,a10<0,且a9+a10<0,由等差數(shù)列的性質(zhì)和求和公式可得結(jié)論【答案】等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和有最大值,等差數(shù)列an為遞減數(shù)列,又a10a9<-1,a9>0,a10<0,a9+a10<0,又S18=18(a1+a18)2<0,S17=17(a1+a17)2=17a9>0,Sn>0成立的正整數(shù)n的最大值是17,故選C3【解題思路】根據(jù)題意知,每次涂成紅色的數(shù)字成等差數(shù)列,并且第n次染色時所染的最后一個數(shù)是n(2n-1),可以求出2019個數(shù)是在第45次染色的倒數(shù)第7個數(shù),因此可求得結(jié)果【答案】第1此染色的數(shù)為1=11,共染色1個,第2次染色的最后一個數(shù)為6=23,共染色3個,第3次染色的最后一個數(shù)為15=35,共染色5個,第4次染色的最后一個數(shù)為28=47,共染色7個,第5次染色的最后一個數(shù)為45=59,共染色9個,第n次染色的最后一個數(shù)為n(2n-1),共染色2n-1個,經(jīng)過n次染色后被染色的數(shù)共有1+3+5+(2n-1)=n2個,而2019=4545-6,第2019個數(shù)是在第45次染色時被染色的,第45次染色的最后一個數(shù)為4589,且相鄰兩個數(shù)相差2,20194589-123993故選D4【解題思路】確定數(shù)列an中那些項(xiàng)是正數(shù),那些項(xiàng)是負(fù)數(shù)【答案】an1an2,a15,數(shù)列an是公差為2的等差數(shù)列an52(n1)2n7數(shù)列an的前n項(xiàng)和Snn26n令an2n70,解得nn3時,|an|an;n4時,|an|an則|a1|a2|a6|a1a2a3a4a5a6S62S362662(3263)18故選C5【解題思路】(1)由a12a25,4aa2a6列方程組解出首項(xiàng)a1,公比q,(2)利用累加法求通項(xiàng) (3)裂項(xiàng)相消法求前n項(xiàng)和【答案】解(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q,由4aa2a6得4aa所以q24,由條件可知q>0,故q2,由a12a25得a12a1q5,所以a11,故數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an2n1(2)由bn1bnan得bn1bn2n1,故b2b120,b3b221,bnbn12n2(n2),以上n1個等式相加得bnb11212n22n11,由b12,所以bn2n11(nN*)(3)cn,所以Tnc1c2cn1【解題思路】首先根據(jù)數(shù)列中Sn與an的關(guān)系,求得an=2n+3,利用條件1bn+1-1bn=an=2n+3,用累加法求得bn=1n2+2n,用裂項(xiàng)相消法求和,之后將n=10代入求得結(jié)果【答案】由Sn=n2+4n,可得an=2n+3,根據(jù)1bn+1-1bn=an=2n+3,結(jié)合題的條件,應(yīng)用累加法可求得1bn=n2+2n,所以bn=1n2+2n=1n(n+2)=12(1n-1n+2),所以數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn=12(1-13+12-14+1n-1n+2)=12(32-1n+1-1n+2),所以T10=12(32-111-112)=175264,故選A2【解題思路】由已知條件求出數(shù)列的通項(xiàng)公式,根據(jù)數(shù)列特征求出最值【答案】(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10,(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2-21n+10,(3n-5)an+1=(3n-2)an-3n-53n-2,nN*,an+13n-2=an3n-5-1,數(shù)列an3n-5為等差數(shù)列,首項(xiàng)為a13-5=4,d=-1an3n-5=4-n-1=5-n,an=3n-55-n,a2=3,a3=8,a4=7在數(shù)列an中只有a2,a3,a4為正數(shù)Sn-Sm的最大值為a2+a3+a4=3+8+7=18,故選C3【解題思路】(1)代入n1,n2依次求出a2,a3,(2)化簡a(2an11)an2an10可得為數(shù)列an等比數(shù)列【答案】解(1)由a11,a(2an11)an2an10,令n1,得a2,令n2,得a(2a31)a22a30,則a3(2)由a(2an11)an2an10,得2an1(an1)an(an1),因?yàn)閍n的各項(xiàng)都為正數(shù),所以故an是首項(xiàng)為1,公比為的等比數(shù)列,因此an4【解題思路】(1)根據(jù)題干得到數(shù)列Sn為等差數(shù)列,進(jìn)而得到Sn=n2,再由an=Sn-Sn-1可求通項(xiàng);(2)由(1)知,bn=12(12n-1-12n+1),裂項(xiàng)求和即可【答案】(1)由已知有Sn-Sn-1=1,數(shù)列Sn為等差數(shù)列,且S1=a1=1,Sn=n,即Sn=n2, 當(dāng)n2時,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,又a1=1也滿足上式,an=2n-1;(2)由(1)知,bn=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)Tn=12(1-13+13-15+12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1, 由Tn2n有n24n+2,有(n-2)26,所以n5,n的最小值為55【解題思路】(1)等差數(shù)列,等比數(shù)列的定義,(2)錯位相減法求Tn【答案】解(1)數(shù)列bn滿足b11,b22,且anbnbnnbn1n1時,a112,解得a11又?jǐn)?shù)列an是公差為2的等差數(shù)列,an12(n1)2n12nbnnbn1,化為2bnbn1,數(shù)列bn是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列bn2n1(2)由數(shù)列cn滿足cn,數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Tn1,Tn,兩式作差,得Tn12,Tn4不等式(1)n<Tn,化為(1)n<4,n2k(kN*)時,<4,取n2,<3n2k1(kN*)時,<4,取n1,>2綜上可得:實(shí)數(shù)的取值范圍是(2,3)

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