数学(理)二轮复习通用讲义：专题二第三讲专题提能——优化思路上高全面清障把漏补

1、第三讲专题提能一一优化思路上高度，全面清障把漏补、易错易误层面一一防止思维定式，实现“移花接木”01因忽视公比q的讨论而失误例1已知数列an的前n项和Sn=Aqn+B(qw0),则“A=B”是“数列an是等比数列”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析当八=B时，Sn=Aqn-A,则an=Aqn1(q1),当q=1或A=0时，an=0,此时数列an不是等比数列.若数列an是等比数列，当q=1时，Sn=nai,此时不具备Sn=Aqn+B(qw0)的形式，n故qwl,则Sn=-=qn,此时A=-,B=,A=B.1q1q1q1q1q综上，“A=B”是“数列

2、an是等比数列”的必要不充分条件.答案Bna1(q=1微评(1)等比数列an的前n项和公式Sn=ia1(1-qn特别注意q=1时，1-q311Sn=na1这一特殊情况.(2)计算过程中，若出现方程qn=t,要看qn中的n是奇数还是偶数，若n是奇数，则q=版；若n是偶数，则t>0时，q=±n/t,t<0时，无解.tsiI因忘记an与Sn关系而解题受阻例2已知数列an的前n项和为Sn,即=1,当n>2时，2Sn=(n+1)an-2.(1)求a2,a3和通项an；(2)设数列bn满足bn=an2nT,求bn的前n项和Tn.解(1)当n=2时,2s2=2(1+a2)=3a2

3、2,则a2=4,当n=3时，2s3=2(1+4+a&=4a32,则a3=6,当n>2时，2Sn=(n+1)an-2,当n>3时，2Sn1=nan1-2,所以当n>3时，2(SnSn1)=(n+1)annan1=2an,即2an=(n+1)annan1,anan-1整理可得(n1)an=nan-1,所以£=,nn-1因为*>2,所以an=an- 1n 1a3 a2 - §=a=2.因此，当n>2时，an=2n,而a1=1,故an=、2n (n > 21(n=1)(2)由(1)可知bn=Sn2n(n>2所以当n=1时，T1=b1

4、=1,当n>2时，Tn=bi+b2+b3+bn,则Tn=1+2X22+3X23+(n-1)X2n1+nx2n,2Tn=2+2X23+3X24+(n-1)X2n+nX2n1,作差得Tn=18(23+24+2n)+nX2n+1=(n1)X2n+1+1,易知当n=1时，也满足上式，故Tn=（n1）X2n+1+1（n制*）.微评数列an中，由Sn与an的等量关系式求an时，先利用ai=Si求出首项ai,然后用n-1替换等量关系式中的n,得到一个新的等量关系式，再利用an=Sn-Sn1（n>2）便可求出当n>2时an的表达式，最后对n=1时的结果进行检验，看是否符合n>2时an的

5、表达式，若符合，则可以把数列an的通项合写，若不符合，则应该分n=1与n>2两段来写.*_而 an an 1= d(n>2)f an+1-an= d(nC N )等价,anan- 1=q(n>2)f-1 =q(nC N*)等价, an不需验证n=1的情形.回1用裂项相消法求和时因漏项或添项而失分例3(2018山东师大附中模拟)已知数列an是等比数列，首项a1=1,公比q>0,其前n项和为Sn,且&+即，S3+a3,S2+a2成等差数列，=2喝an+1.(1)求数列an的通项公式;(2)求数列'&bn二的前n项和Tn.解(1)由题意知 2(S3+

6、a3)= S1 + a1 + S2+ a2,所以2(a1 + a2+ a3)+ 2a3 = a1 + a1 + (a1 + a2)+ a2，所以21ai = 4a3=4aiq ,斛得 q=2.所以ian= 1 X g r 1(2)bn=2log1 an+ 1 = 2log 1+1 = 2n1,221所以bnbn+1 (2n1j2n + 1)212n1 2n+1所以数列bnbn + 1向前n项和为Tn= 112J-3+3-5+1= 一12n+1 : 2工11-2n+ 12n+1微评(1)利用裂项相消法求和的实质是将数列的通项写成两个式子的代数之差的形2n和.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂

7、项，如式，然后累加，抵消掉中间的许多项.此法适用于通项是分数且分母为积的形式的数列求-9»An(n+1)nn+1(21)2+1)2n12n+1-1(2)应用裂项相消法求和时，将通项裂项后需要调整前面的系数，使得裂开的两项之差与裂项之前的通项恒等，同时注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项.二、技巧优化层面灵活运用策略，尝试“借石攻上”累加法求an+1一an= f(n)型通项问题例1已知数列an满足a1=2,an-an1=n(n>2,nN),则an=.解析由题意可知，a2a1=2,a3a2=3,，anan1=n(n>2),以上式子累加得，anai=2+3+n.因为ai=2

8、,所以an=2+(2+3+n)42,=2 +(n>2).因为ai = 2满足上式，所以2n2+ n+ 2an=21(n1-(2+n)n+n+2微评已知形如an+i=an+f(n)的递推关系式，常令n分别为1,2,3,，n-1,把所得的n1个等式相加，即利用an=ai+(a2ai)+(a3a2)+(anani),求出通项公式a«+atsi累乘法求f(n)型通项问题an例2已知在数列an中,an+1=言an(nCN*),且a1=4,则数列an的通项公式annan+10故数列jan + 3 I是首项为W，公比为4的等比数列.所以an+巨笑4n，n解析由an+1=+2an,得an=+2

9、，故.1 a1 3a3 2a2 4anan - 1以上式子累乘得,an1 2 _a13 4n 3 n 2 n 12 - .n 1 n n+ 1n(n+ 1)因为a1 = 4满足上式，所以8an=.n n+ 1答案8n n+ 1微评已知形如an"=f(n)的递推关系式，常令n分别为1,2,3,，n-1,把所得的an1个等式相乘,即利用Mat./，求出通项公式an.构造法求an+1pan+q或an+1pan型通项问题例3(1)(2018河北省衡水中学模拟)数列an满足ai=2,an+i=an(an>0,nCN*),则an=()A.10n1故数列an的通项公式为an=x 4n-1 ：

10、.3答案(1)D (2)*41113微评(1)求解递推公式为 an + 1=pan(p, an>0)型的数列an的通项公式的关键：一是对已知等式两边取对数；二是利用待定系数法构造数列，并活用等比数列的定义，即可利用等比数列的通项公式，求出所构造数列的通项公式，从而得数列an的通项公式.(2)求解递推公式为 an+ 1=pan+q(pwQ qw 1刑的数列an的通项公式的关键：一是利用待定系数法构造 an+1 + m=p(an+m);二是活用定义，即利用等比数列的定义，判断出数列an+m为等比数列；三是利用等比数列的通项公式，求出数列an+ m的通项公式，从而得B.10n1C.102n1D

11、.22n1(2)(2018陕西省实验中学模拟)已知数列an中，a1=3,且点Pn(an,an1)(nCN*)在直线4xy+1=0上，则数列an的通项公式an=.解析(1)因为数列an满足a1=2,an+1=an(an>0,nW),所以log2an+1=210g2an,1og2an+1即nog2ar=2.又a1=2,所以log2a1=1og22=1.故数列log2an是首项为1,公比为2的等比数列.所以log2an=2n1,即an=22n-。故选D.(2)因为点Pn(an,an+1)(na*)在直线4xy+1=0上，所以4anan+1+1=0.所以an+1+3=4,n+3j一，,110因为

12、a1=3,所以a1+-=.33到数列an的通项公式.三、数学思想层面一一系统学科思维，实现“触类旁通”(一)方程思想一一解决数列基本量的求解问题例1设an是正数组成的数列，其前n项和为Sn,并且对于所有的正整数n,an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，求an的通项公式.an+2解由题意可知2-=V2Sn,整理得Sn=8(an+2)2,当n=1时，Si=(ai+2)2=ai,8解得ai=2.又an+1=Sn+1Sn,-an+1=(an+1+2一(an+2)2,88整理得(an+1+an)(an+1an4)=0.又an>0,-3n+1an4=0,-an+1an=4,即an是首项为2,公差

13、为4的等差数列，.an=4n一2.微评本例利用了方程的消元思想，通过an+1=Sn+1Sn、Sn=8(an+2)2消去Sn,找到数列中相邻两项的递推关系，使问题得到解决.值得注意的是有时可借助an+1=Sn+1-Sn消去an,利用Sn+1、Sn的递推关系解题.(二)分类讨论思想一一解决数列前n项和问题例2设等比数列an的公比为q,前n项和Sn>0(n=1,2,).(1)求q的取值范围；一3(2)设bn=an+22an+1,记bn的前n项和为Tn,试比较Sn与Tn的大小.解(1)因为an是等比数列，Sn>0,可得a1=S1>0,qw0.当q=1时,Sn=na1>0；ai当

14、 qwl 时，Sn= 一nn1-q1-q1>0,即>0(n=1,2,),1-1-1q<0,上式等价于不等式组(n=1,2,)|1-qn<0,1-q>0,或5(n=1,2,)1qn>0,解式得q>1;解式，由于n可为奇数、可为偶数，得1<q<1.综上，q的取值范围是(一1,0)«0,+8).(2)由bn=an+23an+1得bn=an|q2-3q!,则其前n项和Tn=此一2q,Sn.于是TnSn=Snq2q1尸Snq+2(q2).又Sn>0且1<q<0或q>0.1,、一一一.当1<q<2或q>

15、;2时，TnSn>0,即Tn>Sn；,1当一2<q<2且qw0时，Tn-Sn<0,即Tn<Sn；1,一一一一当q=-2或q=2时，TnSn=0,即Tn=Sn.微评关于数列的分类讨论一般有三个考查方向：对公差d的讨论、对公比q的讨论、对项数n的讨论.本例中考查了对公比q的讨论.(三)转化与化归思想一一解决递推公式问题例3已知数列an的首项a1=1,前n项和为Sn,且Sn+1=4an+2(nCN*),求an的通项公式.解当n>2时，Sn+1=4an+2,Sn=4an1+2.两式相减，得an+1=4an-4an1,将之变形为an+12an=2(an2an1)

16、.所以an+1-2an是公比为2的等比数列.又a1+a2=S2=4a1+2,a1=1,得a2=5,则a22ai=3.所以an+i-2an=32n1.两边同除以2n+1,得券-1=3,所以y思首项为a11=2,公差为3的等差数列.所以争=1+3(n_1)=3n-1,22444所以an=(3n1)2n2.微评本例通过两次化归，第一次把数列化归为等比数列，第二次把数列化归为等差数列，随着化归的进行，问题降低了难度.化归与转化的思想中隐含着许多数学方法，如消元法、构造法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、分组求和法等.四、创新发展层面一一关注临界问题，挖掘“学科潜力”(一)定义新知型临界问题例1若数

17、列an满足：对任意的nCN*,只有有限个正整数m使得am<n成立，记这样的m的个数为(an)*,则得到一个新数列(an)*,例如，若数列an是1,2,3,，n,，则数列(4)*是0,1,2,，n-1,.已知对任意的nCN*,an=n2解析因为am<5,而an= n ,所以 m=1,2,所以(a5) =2.因为(a1) = 0,(a2)= 1,(a3)= 1,(a4)= 1,(a5) =2, (a6)=2,(a7)=2, (a8)=2,(a9)=2,(a1o) =3,(a11)=3,(a12)=3,(a13)=3,(a14)=3,(a15)=3,(a16)=3,所以(a1)*)*=1

18、, (a2)*)* = 4, (a3)*)*=9, (a4)*)*= 16,猜想(an)*)*= n2.答案2 n微评本题以数列为背景，通过新定义考查学生的自学能力、创新能力、探究能力.(二)高等数学背景型临界问题例2对于一切实数x,令x为不大于x的最大整数，则函数 f(x)=x称为高斯函数 或取整函数.若an=fgnCN*, Sn为数列an的前n项和，则S3n=(),则(aq*=,(an)*)*A.3n22nB.3n2+1n22C. 3n22n9 2D.2 n2n解析由题意，当n=3k,n=3k+1,n=3k+2时均有an=f=g1=k,所以S3n=0+0+1+1+1,3个+2+2+2,3个

19、+(n-1(n-1广(n-1),3个+n=1+n13213X2*（n-1）+n=2n-2n.答案A微评本题以高斯函数为背景考查数列求和问题，解决关键是正确理解凶的含义，考查学生对信息的理解和运用能力.专题提能训练A组一一易错清零练1 .（2018湖北八校联考）已知等比数列an的前n项和为Sn,60=1。,$30=130,则S40=（）A.-510B.400C.400或510D.30或40解析：选B等比数列an中，S10,S20S10,S30S如，$40S30成等比数列，且由题意知，S20>0,所以S10(S30S20)=(S20S10)2,即10(130S20)=(S2010)n为偶数,

20、3. （2018 海淀二模）在数列an中，"an=2an-1,等比数列”的（）,解得S20=40,又(S20S10)(S40-S30)=(S30S20)2,即30(S40-130)=902,解得$40=400.2 .在数列an中，a1=1,a2=2,an+2an=1+(T)n,那么S100的值为()B. 2 600D.2 800A.2500C.2700解析：选B当n为奇数时，an+2an=0?an=1,当n为偶数时，an+2an=2?ann为奇数,是 S100= 50 +(2+ 100 )X 50=2 600.n= 2,3,4,”是“ an是公比为2的A.充分不必要条件B.必要不充分

21、条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：选B当an=0时，也有an=2an1,n=2,3,4,，但an不是等比数列，因此充分性不成立；当an是公比为2的等比数列时，有-an-=2,n=2,3,4,，即an=2anan11, n=2,3,4,，所以必要性成立.24 .已知数列an的刖n项和为Sn=n+1,数列bn满足bn=一工则bn=，an1解析：当n=1时，a1=s1=2,因为Sn=n2+1,Sni=(n-1)2+1(n>2),两式相减得an=SnSn1=2n-1(n>2),所以当n>2时，an=2n1,f2(n=1)又a1=2不符合上式，所以an=$|2n-1(n&g

22、t;2因为bn=，所以an+ 12产1)答案：1I"2)5 .(2018安徽阜阳一中月考)已知一个等比数列an的前4项之积为上，第2,3项的和为16而，则数列an的公比q=.解析：设数列an的前4项分别为a,aq,aq2,aq3,46±46±aq=16，aq=16,则416可得s16aq+aq2=&aq(1+q户电,所以(1+q)4=64q2,即(1+q)2=18q,2当q>0时，可得q-6q+1=0,解得q=3±2.2,当q<0时，可得q2+10q+1=0,解得q=5立6.综上，q=3i25或q=5上班.答案：3立2或一5±

23、;2另B组一一方法技巧练1.已知正项数列an中，ai=1,且（n+2）a:（n+1）an+%an+i=0,则它的通项公式为（）A.1n+ 12B - an= n+ 1C. ann+ 2D.an= n解析：选B因为(n+2)an+1(n+1)an+anan+1=0,所以(n+2)an+1(n+1)an(an+1an+1n+1+an)=0.又an为正项数列，所以(n+2)an+1(n+1)an=0,即=,则an=ann+222 ,3 1=.故选 B.anan1a2nn1:la1=an1an2a1n+1n2. （2018郑州质检）已知数列an满足a1a2a3-an=2n2(nCN*),且对任意nCN

24、*都有;1+a1a2+则实数t的取值范围为（）+00I+OO解析:选D依题意彳导,当n>2时,a1a2a3 an an =a1a2a3an 1-2n=2n2(n1)2=22n 2(n1) 又 a1=21=221; 因此 an= 22n 1an22n 1即数列=2x_1an"为11111'12'14nJ2（1、2口-公比的等比数列，等比数列的前n项和等于1=；1京<因此实数t的取值aI'范围是+ OOan3 .已知数列an中，ai=1,an+1=1;73（nCN）,则数列an的通项公式为解析：因为an+i=：3（nW*），所以上=导+1,设六+t=D

25、,i所以3t-1=1,解得t=2,所以1an + 1+ 2=3 12,力p1113又£+2=1+i=2所以数列1会+2是以3为首项，3为公比的等比数歹U,所以 2=3-1=n3_2，13n-1所以工=丁，所以2* 3n-1答案：an="n314 .（2018惠州调研）已知数列an中，点（an,an+1）在直线y=x+2上,且首项a1=1.（1）求数列an的通项公式；Tn（2）数列an的前n项和为Sn,等比数列bn中，b1=a1,b2=a2,数列bn的前n项和为请写出适合条件Tn<Sn的所有n的值.解：(1)根据已知a1=1,an+1=an+2,即an+1an=2=d,

26、所以数列an是首项为1,公差为2的等差数歹U,an=a1+(n1)d=2n1.2(2)数列an的前n项和Sn=n.等比数列bn中，b1=a1=1,b2=a2=3,所以q=3,bn=3n1.1-3n3n1数列bn的前n项和Tn=.1-323n1Tn W Sn 即2wn2,又 n邻*,所以n=1或2.C组一一创新应用练1.（2019届高三襄阳四校联考）我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：（1）构造数列1,1，1，1，1；234n（2）将数列的各项乘以n,得到一个新数列a1,a2,a3,a4,，an./ 2 nL B. 4则a1a2+a2a3+a3a4+an1

27、an=(2nA.丁4C.n n 14D.n(n+1)4解析：选C 依题意可得新数列为n, n, n,2 4 6,nxn,所以a1a2+ a2a3+ + an 1an42 n/+ +1+1-1+2 2 3n 12n-x4n 1选C.2.已知数列an的通项公式为an=log(n1)(n+2)(nN),我们把使乘积a1a2asan为整数的n叫做“优数”，则在(0,2018内的所有“优数”的和为()A.1024B.2012C.2026D.2036解析：选Ca1a2a3an=log2310g3410g45log(n+1)(n+2)=log2(n+2)=k,kZ,令0<n=2k-2<2018,

28、则2<2kW2020,1<k<10,所有“优数”之和为(222)+(232)+10221-2911+(210-2)=18=222=2026.故选C.1 23. （2018南宁、柳州联考）中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还.”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第五天走了（）A.48里B.24里C . 12 里D.6 里1解析：选C由题意知该人每天走的路程数构成公比为万的等比数列，记为an,设

29、其1e"24= 12（里）,ai1前n项和为Sn,由a=378,得一11_12'=378,解得ai=192,所以a5=192X故选C.4.(2018甘肃张才一模)如图，矩形AnBnCnDn的一边AnBn在X轴上，另外两个顶点Cn,Dn在函数f(X)=X+X>。)的图象上，若点Bn的坐标为X(n,0)(n>2,nCN*),记矩形AnBnCnDn的周长为an,则a2+a3+ao=()A.208B.212C.216D.220解析：选C由题意得AnDn|=|BnCn=n+n,设点Dn的坐标为x,n+；则有X+1=n+n,得X=，=n舍去)，即An已，0!,则|AnBn|=

30、nn,所以矩形的周长为an=2(|AnBn|十|BnCn|)=2,n2,+nj=4n,则改+a3+ao=4(2+3+4+10)=216.5.(2019届高三上海松江区联考)在一个有穷数列的每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作叫做该数列的一次“H扩展”.已知数列1,2第一次“H扩展”后得到数列1,3,2,第二次“H扩展”后得到数列1,4,3,5,2,那么第10次“H扩展”后得到的数列的所有项的和为()A.88572B.88575C.29523D.29526解析：选B记第n次“H扩展”后得到的数列所有项的和为Hn,则H1=1+2+3=6,H2=1+3+2+4+5=15,H

31、3=15+5+7+8+7=42,从中发现H3H2=27=33,H2-H123n+1+3=9=32,归纳得Hn-Hn1=3n(n>2),利用累加法求和得Hn=-2，n>2,所以H10311+3=-2-=88575,故选B.a1+2a2+2n1an6. (2018河北衡水中学检测)对于数列an,定义Hn=n为an的“优值”，现在已知某数列an的“优值"Hn=2n+:记数列ankn的前n项和为Sn,若SnWS5一、一*,.对任意的nCN恒成立，则实数k的取值范围为.n1解析：由题意知Hn =ai+2a2+2an=2n+所以a+2a2+2n1an=nx2n+1,当n>2时，a+2a2+2n2an=(n1)x2n,得：2n1an=nx2n+1(n1)X2n,解得an=2n+2,n>2,当n=1时，ai=4也满足上式，所以数列an的通项公式为an=2n+2,且数列an为等差数列，公差为2.令bn=an-kn=(2-k)n+2,则数列bn也是等差数列,由SnWS5对任意的n制*恒成立，知2-k<0,且b5=12-5k>0,b6=14-6k<0,解得7wkw12.35答案:7 1213 5 J7. (2019届高三江西宜春中学与新余一中联考)设函