高考数学二轮专题回顾6 数列

这是一份高考数学二轮专题回顾6 数列，共4页。试卷主要包含了等差数列的有关概念及运算，等差数列的性质，等比数列的有关概念及运算，数列求和的常见方法，求数列通项常见方法等内容，欢迎下载使用。

(1)等差数列的判断方法：定义法an＋1－an＝d(d为常数)或an＋1－an＝an－
an－1(n≥2).
(2)等差数列的通项：an＝a1＋(n－1)d或an＝am＋(n－m)d.
(3)等差数列的前n项和：Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)，Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d.
(4)等差中项：若a，A，b成等差数列，那么A叫做a与b的等差中项，此时A＝eq \f(a＋b,2).
[检验1] 等差数列{an}的公差为d(d>0)，记数列{an}前n项和为Sn，若a3＝5，S9＝a4a5，则d＝( )
A.2 B.3
C.4 D.5
答案 C
解析 因为d>0，则a5＝a3＋2d>a3>0，则S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝a4a5，∴a4＝9，因此，d＝a4－a3＝4.
2.等差数列的性质
(1)当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且斜率为公差d；前n项和Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n是关于n的二次函数且常数项为0.
(2)若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列.
(3)当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，则有am＋an＝ap＋aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am＋an＝2ap.
(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等差数列.
[检验2] 设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a5＝－18，S9＝－72，则Sn取最小值时，n的值为( )
A.19 B.20
C.21 D.20或21
答案 D
解析 设等差数列{an}的公差为d，因为a1＋a5＝－18，S9＝－72，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋4d＝－18，,9a1＋36d＝－72，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－10，,d＝\f(1,2)，))所以an＝eq \f(1,2)n－eq \f(21,2)，
令an＝eq \f(1,2)n－eq \f(21,2)≤0，
则n≤21，又a21＝0，
所以当n＝20或21时，Sn取最小值.
3.等比数列的有关概念及运算
(1)等比数列的判断方法：定义法eq \f(an＋1,an)＝q(q为常数)，其中q≠0，an≠0或eq \f(an＋1,an)＝eq \f(an,an－1)(n≥2).
(2)等比数列的通项：an＝a1qn－1或an＝amqn－m.
(3)等比数列的前n项和：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
(4)等比中项：若a，A，b成等比数列，那么A叫做a与b的等比中项.值得注意的是，不是任何两数都有等比中项，只有同号的两数才存在等比中项，且有两个，即为±eq \r(ab).如已知两个正数a，b(a≠b)的等差中项为A，等比中项为B，则A与B的大小关系为A＞B.
[检验3] 已知公比不为1的正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝10S2，则公比q＝( )
A.3 B.2
C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 由题知公比不为1且为正，由S4＝10S2得eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝10·eq \f(a1（1－q2）,1－q)，化简得(1－q2)(q2－9)＝0，所以q＝3.
4.等比数列的性质
(1)若{an}，{bn}都是等比数列，则{anbn}也是等比数列.
(2)若数列{an}为等比数列，则数列{an}可能为递增数列、递减数列、常数列或摆动数列.
(3)等比数列中，当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，aman＝apaq.
(4)数列{an}是公比不为－1的等比数列(或公比为－1，且n不是偶数)，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍构成等比数列，且公比为qn.
(5)若{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm(n，m∈N*).
[检验4] 若数列{an}为等比数列，且a1、a5是方程x2＋4x＋1＝0的两根，则a3＝( )
A.－2 B.1
C.－1 D.±1
答案 C
解析 由a1＋a5＝－4<0，a1a5＝1>0，可知a1<0，a5<0，则a3<0，
又aeq \\al(2,3)＝a1a5＝1，则a3＝－1.
5.数列求和的常见方法：公式法、分组法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等.关键找通项结构(以下n∈N*).
(1)分组法求数列的和：如an＝2n＋3n；(2)错位相减法求和：如an＝(2n－1)2n；(3)裂项法求和：如求1＋eq \f(1,1＋2)＋eq \f(1,1＋2＋3)＋…＋eq \f(1,1＋2＋3＋…＋n)；(4)倒序相加法求和.
[检验5] 已知数列{an}的前n项和Sn＝n2，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前2 022项和为________.
答案 eq \f(2 022,4 045)
解析 因为Sn＝n2，
当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，满足a1＝1，所以an＝2n－1，
所以eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前2 022项和为
eq \f(1,2)(1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,4 043)－eq \f(1,4 045))＝eq \f(2 022,4 045).
6.求数列通项常见方法
(1)已知数列的前n项和Sn，求通项an，可利用公式an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）.))由Sn求an时，易忽略n＝1的情况.
(2)形如an＋1＝an＋f(n)可采用累加求和法，例如{an}满足a1＝1，an＝an－1＋2n，求an；
(3)形如an＋1＝can＋d可采用构造法，例如已知数列{an}中，a1＝1，an＝3an－1＋2，求an.
[检验6] 数列{an}满足a1＋eq \f(a2,2)＋eq \f(a3,3)＋…＋eq \f(an－1,n－1)＋eq \f(an,n)＝n，则an＝________.
答案 n(n∈N*)
解析 因为a1＋eq \f(a2,2)＋eq \f(a3,3)＋…＋eq \f(an－1,n－1)＋eq \f(an,n)＝n，当n＝1时，a1＝1，当n≥2时，a1＋eq \f(a2,2)＋eq \f(a3,3)＋…＋eq \f(an－1,n－1)＝n－1，两式相减可得，eq \f(an,n)＝n－(n－1)＝1，即an＝n.
当n＝1时，an＝n也成立，综上可知，an＝n(n∈N*).