2019高考数学二轮复习基础回扣（四）数列学案理.doc

基础回扣(四)数列要点回扣1an与sn的关系式已知前n项和sna1a2a3an，则an.由sn求an时，易忽略n1的情况对点专练1已知数列an的前n项和snn21，则an_.答案2等差数列的有关概念(1)等差数列的判断方法：定义法an1and(d为常数，nn*)或an1ananan1(n2)(2)等差数列的通项：ana1(n1)d(nn*)或anam(nm)d.(n，mn*)(3)等差数列的前n项和：sn，snna1d.对点专练2等差数列an的前n项和为sn，且s36，a30.则公差d等于_答案23等差数列的性质(1)当公差d0时，等差数列的通项公式ana1(n1)ddna1d是关于n的一次函数，且斜率为公差d；前n项和snna1dn2n是关于n的二次函数且常数项为0.(2)若公差d0，则为递增等差数列；若公差db.对点专练4在等比数列an中，若a11，a516，则a3_.答案45等比数列的性质当mnpq时，则有amanapaq，特别地，当mn2p时，则有amana.对点专练5各项均为正数的等比数列an中，若a5a69，则log3a1log3a2log3a10_.答案106数列求和数列求和时要明确项数、通项，并注意根据通项的特点选取合适的方法数列求和的方法有公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等对点专练6数列an满足anan1(nn，n1)，若a21，sn是an的前n项和，则s21的值为_答案易错盘点易错点1忽视数列首项致误【例1】已知数列an对任意nn*都满足a12a222a32n1an85n，则数列an的通项公式为_错解a12a222a32n1an85n，a12a222a32n2an185(n1)，两式相减，得2n1an5，an.错因分析当n1时，由题中条件可得a13，而代入错解中所得的通项公式可得a15，显然是错误的其原因是：两式相减时，所适用的条件是n2，并不包含n1的情况只有所求的通项公式对n1时也成立，才可以这样写，否则要分开写正解当n2时，由于a12a222a32n1an85n，那么a12a222a32n1an185(n1)，两式对应相减可得2n1an85n85(n1)5，所以an.而当n1时，a135，所以数列an的通项公式为an本题实质上已知数列an的前n项和sn，求通项an与sn的关系中，ansnsn1，成立的条件是n2，求出的an中不一定包括a1，而a1应由a1s1求出，然后再检验a1是否在an中，这是一个典型的易错点对点专练1(1)数列an的前n项和为sn(nn*)，2snnann，若s20360，则a2_.(2)已知数列an的前n项之和为snn2n1，则数列an的通项公式为_解析(1)2snnann，当n2时，2sn1(n1)an1n1，得：(2n)an(n1)an11，(1n)an1nan1，由得，(22n)an(1n)(an1an1)，又n2，1n0.2anan1an1(n2)，数列an为等差数列，设其公差为d，当n1时，2s1a11，a11，s2020d360，d2，a2121.(2)当n1时，a1s13；当n2时，ann2n1(n1)2(n1)12n，an答案(1)1(2)an易错点2忽视等比数列公比的条件致误【例2】各项均为实数的等比数列an的前n项和为sn，若s1010，s3070，则s40等于()a150b200c150或200 d400或50错解记b1s10，b2s20s10，b3s30s20，b4s40s30，b1，b2，b3，b4是公比为r的等比数列b1b2b31010r10r2s3070，即r2r60，得r2或r3.故s40，代入得s40150或200.选c.错因分析数列s10，s20s10，s30s20，s40s30的公比q100.忽略了此隐含条件，就产生了增解200.正解记b1s10，b2s20s10，b3s30s20，b4s40s30，b1，b2，b3，b4是公比为rq100的等比数列b1b2b31010r10r2s3070，r2r60，r2，r3(舍去)，s40b1b2b3b4150，故选a.在等比数列中，公比的条件在使用中要注意隐含条件，sn中q0；构造新数列要注意新数列的公比和原公比的关系，如等比数列an的前n项和为sn，s10，s20s10，s30s20，s40s30的公比为q100.对点专练2(1)已知等比数列an的首项为a1，公比为q，给出下列四个有关数列an的命题：p1：如果a10且q1，那么数列an是递增的等比数列；p2：如果a10且q1，那么数列an是递减的等比数列；p3：如果a10且0q0且0q1，则qn1单调递增，又a10，所以an单调递增，p1为真命题；p2中an(1)n，则an不具有单调性，所以p2为假命题；p3中若0q1，则qn1单调递减，又a10，所以an单调递增，p3为真命题；p4中若0q0，所以an单调递减，p4为真命题综上，可知真命题的个数为3，故选c.(2)当q1时，s3s69a1，s99a1，s3s6s9成立当q1时，由s3s6s9得，q9q6q310，即(q31)(q61)0.q1，q310，q61，q1.答案(1)c(2)1或1易错点3分类讨论不当致误【例3】已知等差数列an的首项a121，公差d4，则数列|an|的前n项和sn_.错解由题意，知an214(n1)254n，因此由an0，解得n，即数列an的前6项大于0，从第7项开始，以后各项均小于0.|a1|a2|a3|an|(a1a2a3a6)(a7a8an)2(a1a2a6)(a1a2a6a7a8an)2n223n132，所以sn2n223n132.错因分析忽视了n6的情况，只给出了n7的情况正解由题意，知an214(n1)254n，因此由an0，解得n，即数列an的前6项大于0，从第7项开始，以后各项均小于0.当n6时，sn|a1|a2|an|a1a2an2n223n.当n7时，|a1|a2|a3|an|(a1a2a3a6)(a7a8an)2(a1a2a6)(a1a2a6a7a8an)2n223n132，所以sn在数列问题中，一定要注意项数n的取值范围，特别是在它取不同的值造成不确定的因素时，要注意对其加以分类讨论对点专练3(1)已知数列an满足an1anan1(n2)，a11，a23，记sna1a2an，则下列结论正确的是()aa1001，s1005 ba1003，s1005ca1003，s1002 da1001，s1002(2)已知sn是等差数列an(nn*)的前n项和，且s8s9s7，有下列四个命题，其中是假命题的是()a公差d0b在所有sna9d满足sn0的n的个数有15个解析(1)由题意知，a11，a23，a32，a41，a53，a62，a71，a83由此可以得出数列an以6为一个周期，所以a100a41，s100a1a2a3a45，故选a.(2)a8s8s70，a9s9s80，公差da9a80，a，c为真命题；s1717a9s7，a8a90，s168(a8a9)0，满足sn0的n的个数有16个，d为假命题，故选d.答案(1)a(2)d易错点4数列与函数的区别认识不清致误【例4】已知数列an是递增数列，且对于任意的nn*，ann2n恒成立，则实数的取值范围是_错解因为ann2n是关于n的二次函数，且n1，所以1，解得2.错因分析数列是以正整数n*(或它的有限子集1,2，n)为定义域的函数，因此它的图象只是一些孤立的点正解解法一：作出满足条件的数列的图象，如图由图得，3.解法二：由an是递增数列，得anan1对nn*恒成立，即n2n(2n1)，对任意nn*成立而(2n1)3，所以3.数列是特殊的函数，其定义域为n*或它的子集，其图象是一些孤立的点，