2021届高考数学（理）二轮专题五 数列（理） 学案Word

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数列
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数列
命题趋势
命题趋势
数列的考查主要为等差等比数列通项、性质、前n项和的考查以及数列综合运用的考查．
等差数列、等比数列对通项的考查除了基本运算、基本概念，还注重对函数与方程、等价转化、分类讨论思想的考查；数列性质的考查主要为等差中项、等比中项、通项公式及前n项和的最大、最小值的问题，难度中等偏易；数列综合运用的考查常以解答题的形式出现，结合数列的递推关系式，等差数列、等比数列的定义展开，求解数列的前n项和或数列不等式的证明，难度中等．
考点清单
考点清单
等差数列的通项公式：an=a1+(n-1)d
等差中项：2an=an-1+an+1，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq(m，n，p，q∈N*)
等差数列的求和公式：，
等比数列的通项公式：an=a1qn-1
等比中项：an2=an-1?an+1，若m+n=p+q，则am?an=ap?aq(m，n，p，q∈N*)
等比数列的求和公式：
前n项和Sn与第n项an的关系：an=Sn-Sn-1
关于非零等差数列奇数项与偶数项的性质：
（1）若项数为2n，则，；
（2）若项数为2n-1，则，，，；
（3）两个等差数列an、bn的前n项和Sn、Tn之间的关系为．
精题集训
（70分钟）
精题集训
（70分钟）
经典训练题
经典训练题
一、选择题．
1．已知Sn是等差数列an的前n项和，且a2+a8=4，则（ ）
A．1 B．2 C．6 D．18
2．“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一，宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中记载了“三角形垛”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的堆垛（俯视如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，…）．若一“落一形”三角锥垛有6层，则该堆垛第6层的小球个数为（ ）

A．45 B．36 C．28 D．21
3．已知等差数列an前10项的和是310，前20项的和是1220，则数列an的通项公式为（ ）
A．an=6n+2 B．an=6n-2 C．an=4n+2 D．an=4n-2
4．数列an是等差数列，Sn为其前n项和，且a1<0，a2020+a2021<0，a2020?a2021<0，则使Sn<0成立的最大正整数n是（ ）
A．2020 B．2021 C．4040 D．4041
5．设Sn是数列an的前n项和，若，，则S2021=（ ）
A． B． C． D．
6．若等差数列an满足a1+a3=4，a5+a7=-4，则等差数列an的公差（ ）
A．2 B．1 C．0 D．
7．2015年07月31日17时57分，国际奥委会第128次全会在吉隆坡举行，投票选出2022年冬奥会举办城市为北京．某人为了观看2022年北京冬季奥运会，从2016年起，每年的1月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2022年的1月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为（ ）
A． B．
C． D．
8．等比数列an中，a1+a2=6，a3+a4=12，则an的前8项和为（ ）
A．90 B．302+1 C．452+1 D．72
9．设等比数列an的前n项和为Sn，若，则（ ）
A． B． C． D．
10．已知等比数列an的公比为q，首项为a，前n项和为Sn，（ ）
A．若a>0，则anSn>0 B．若q>0，则anSn>0
C．若a<0，则anSn<0 D．若q<0，则anSn<0
11．（多选）已知数列an的前n项和是Sn，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则an是等差数列
B．若Sn=2an-1，则an是等比数列
C．若an是等差数列，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，成等差数列
D．若an是等比数列，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n成等比数列
12．（多选）设等比数列an的公比为q，其前q项和为Sn，前n项积为Tn，且满足，a2020?a2021>1，a2020-1?a2021-1<0，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C．T2020是数列Tn中的最大项 D．
二、填空题．
13．数列an满足a1=1，an+1+an=3n+2，则S31=________．
三、解答题．
14．设数列an是等差数列，已知a1=3，a3=9．
（1）求数列an的通项公式；
（2）设，求b1+b2+?+b2021．














15．已知数列an的首项，若向量a=an+1，2，b=1，-an，n∈N*，且a⊥b．
（1）求数列an的通项公式an；
（2）已知数列bn，若，求数列的前n项和Sn．
















16．已知数列an满足：，．
（1）求a2n；
（2）若，求数列an的最小项．












17．在各项均为正数的等比数列an中，a2=4，a4=16；数列bn的前n项和Sn=n2．
（1）求数列an的首项a1和公比q；
（2）写出数列an的通项公式，并求数列bn的通项公式；
（3）求数列an+bn的前n项和Tn．
高频易错题
高频易错题
一、解答题．
1．已知数列an满足：．
（1）求数列an的通项公式；
（2）设，数列bn的前n项和为Sn，试比较Sn与的大小．
精准预测题
精准预测题
1．已知Sn是等差数列an的前n项和，若a2=7，，则（ ）
A．24 B．26 C．28 D．30
2．已知数列an的前n项和为Sn，前n项积为Tn，若，，则（ ）
A．2100 B．682 C．782 D．1024
3．已知数列an的前n项和为Sn，且an>0，n∈N*，若数列an和Sn都是等差数列，则下列说法不正确的是（ ）
A．an+Sn是等差数列 B．an?Sn是等差数列
C．an2是等比数列 D．Sn2是等比数列
4．设Sn是等差数列an的前n项和，若，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题．
5．若等比数列{an}的各项均为正数且a4a7=9，则_____．
三、解答题．
6．数列an的前n项之和为Sn，a1=1，an+1=pan+1 (p为常数) ．
（1）当p=1时，求数列的前n项之和；
（2）当p=2时，求证：数列an+1是等比数列，并求Sn．









7．已知正项等比数列an，满足，a5是12a1与5a3的等差中项．
（1）求数列an的通项公式；
（2）设，求数列bn的前n项和Sn．
参考答案
参考答案
经典训练题
经典训练题
一、选择题．
1．【答案】B
【解析】根据等差数列的性质，可得a2+a8=a1+a9=4，
，则，故选B．
【点评】本题主要考了等差中项，属于基础题．
2．【答案】D
【解析】由题意分析可得a1=1，a2=1+2=3，a3=1+2+3=6，…，
则“三角形数”的通项公式，，故选D．
【点评】本题以数学文化为背景，考查数列知识及运算能力，难度中等偏易．
3．【答案】B
【解析】设公差为d，依题意得，解得a1=4，d=6，
所以an=a1+n-1d=6n-2，故选B．
【点评】本题考了等差数列通项公式的求法，属于基础题．
4．【答案】C
【解析】设数列an的公差为d，由a1<0，a2020+a2021<0，a2020?a2021<0，
可知a2020<0，a2021>0，所以d>0，数列an为递增数列，
，
S4040=2020a1+a4040=2020a2020+a2021<0，所以可知n的最大值为4040，故选C．
【点评】本题求满足Sn<0的最大正整数n的值，关键就是求出Sn<0，Sn+1>0时成立的n的值，解题时应充分利用等差数列下标和的性质求解．
5．【答案】B
【解析】在数列an中，，，
则，，，
以此类推可知，对任意的n∈N*，an+3=an，即数列an是以3为周期的周期数列，
∵2021=3×673+2，
因此，，故选B．
【点评】根据递推公式证明数列an是周期数列的步骤：
（1）先根据已知条件写出数列an的前几项，直至出现数列中的循环项，判断循环的项包含的项数k；
（2）证明an+k=ank∈N*，则可说明数列an是周期为k的周期数列．
6．【答案】D
【解析】a5+a7-a1+a3=a1+a3+8d-a1+a3=8d=-8，d=-1，故选D．
【点评】等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换．
7．【答案】D
【解析】由题意，2016年1月1日，存入的a元，一年后存款及利息为，
二年后存款及利息为a(1+p)2，??，依次类推，
由此可得，从2016年1月1日到2022年1月1日所有的存款及利息为：
，
故选D．
【点评】本题考了数列的实际运用，属于基础题．
8．【答案】A
【解析】∵an是等比数列，∴a1+a2，a3+a4，a5+a6，a7+a8也成等比数列，
a1+a2=6，a3+a4=12，∴a5+a6=24，a7+a8=48，
∴前8项和为a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=90，故选A．
【点评】本题考了等比数列通项公式的运用，以及前n项和的求法．
9．【答案】D
【解析】an是等比数列，∴S5，S10-S5，S15-S10也称等比数列，
，设S5=2k，S10=k，
则S10-S5=-k，，则，
，故选D．
【点评】本题考了等比数列前n项和的基本性质，属于基础题．
10．【答案】B
【解析】因为an为等比数列，故a≠0，
若q=1，则an=a，Sn=na，故anSn=na2>0，故C错误，A正确，B正确；
若q≠1，则，，故，
若q>1，则qn-1>0，1-qn<0，1-q<0，故anSn>0，
若，则qn-1>0，1-qn>0，1-q>0，故anSn>0，
若q<0，则，其中q1-q<0，
取，
则当n为偶数，则a2qn1-qn>0，即anSn<0；
当n为奇数，则a2qn1-qn<0，即anSn>0，
故A、D错误，
故选B．
【点评】本题主要考了等比数列前n项和公式以及通项公式，属于中档题．
11．【答案】ABC
【解析】若，当n=1时，a1=S1=2，
n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n，
an=2n(n∈)，∴an-an-1=2，an是等差数列，故A正确；
若Sn=2an-1，当n=1时，S1=2a1-1=a1，a1=1，
n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-1-2an-1-1，，an是等比数列，B正确；
设等差数列an的公差为d，首项是，，
S2n-Sn=an+1+an+2+?+an=(a1+nd)n+(a2+nd)+?+(an+nd)=Sn+n2d，
同理，S3n-S2n=(S2n-Sn)+n2d，
因此2S2n-Sn=Sn+S3n-S2n，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，成等差数列，C正确；
若等比数列an的公比，，则，，不可能成等比数列，
D错误，
故选ABC．
【点评】本题考了等比数列前n项和的性质，以及前n项和与通项的关系．
12．【答案】ACD
【解析】由a2020-1?a2021-1<0，可得a2020-1与a2021-1异号，
或，
又，且a2020?a2021>1，可得a2020与a2021同号，即q>0，
且一个大于1，一个小于1，
若q>1，则an=a1qn-1>1，不符合题意；
若，则，an=a1qn-1为递减数列，
满足0 对于B选项，由于，数列an为正项递减数列，
0 对于C选项，由上可知，正项数列an前2020项都大于1，
而从第2021项起都小于1，
所以，T2020是数列Tn中的最大值，故C选项正确；
对于D选项，T2021=a1×a1q×a1q2×?×a1q2021=a12021q2021×1011=a10122021>1，
D选项正确，
故选ACD．
【点评】在等比数列an的公比q的取值不确定时，首先分析q的符号，进一步确定q的取值范围，解本题的关键就是结合已知条件分析出，并结合等比数列an的单调性来进行推导．
二、填空题．
13．【答案】93
【解析】∵an+1+an=3n+2，∴an+an-1=3n-1+2，
，，，
把这些相加的：
把这些相减的：
2a1+①+②，得2Sn+1=2(3n+2)+2，
所以Sn+1=3n+3，所以S31=93．
故答案为93．
【点评】数列求和的常用：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法．
三、解答题．
14．【答案】（1）an=3n；（2）．
【解析】（1）设等差数列an的公差为d，
则由题意有a3=a1+2d，，
∴an=3+3(n-1)=3n．
（2），
．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式的求法，以及裂项相消求前n项和的方法．
15．【答案】（1）an=2n，n∈N*；（2）Sn=n-1×2n+1+2．
【解析】（1）由a⊥b，则a?b=an+1-2an=0，n∈N*，
所以an+1=2an，n∈N*，
数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，
则an=2×2n-1=2n，n∈N*．
（2）由，则anbn=n×2n，n∈N*，
由Sn=1×21+2×22+3×23+???+n-1×2n-1+n×2n①
由①×2，可得2Sn=1×22+2×23+3×24+???+n-1×2n+n×2n+1②
由①－②，可得-Sn=1×21+22+23+???+2n-n×2n+1
，
则Sn=n-1×2n+1+2，n∈N*，
所以数列的前n项和Sn=n-1×2n+1+2．
【点评】数列求和的方法：
（1）倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可以用倒序相加法；
（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可以用错位相减法来求；
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；
（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；
（5）并项求和法：一个数列的前n项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如an=-1nfn类型，可采用两项合并求解．
16．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）设数列的前n项和为Sn，即，
∴．则，
故，当n=1，a2=1，也符合此式，
∴．
（2）．
考虑奇数项，∵，
∴
，
又，
∵，得，而2q-2>0，
∴当n≤2时，a2n+1a2n-1，即奇数项中a5最小，
而，所以数列an的最小项为．
【点评】数列的最大项最小项，一般根据数列的单调性来处理，如果数列是分段数列，则可以分别讨论各段上的最大项最小项，比较后可得原数列的最大项最小项．
17．【答案】（1）；（2）an=2n，bn=2n-1；（3）Tn=2n+1+n2-2．
【解析】（1）因为an是各项均为正数的等比数列，则，解得．
（2）由（1）知，an=2n．
在数列bn中，Sn=n2，
当n=1时，b1=S1=1；
当n≥2时，bn=Sn-Sn-1=n2-n-12=2n-1；此式对n=1也成立．
综上所述：bn=2n-1．
（3）
．
【点评】本题考查了等比数列，等差数列的通项公式，以及数列前n项和与通项的关系．
高频易错题
高频易错题
一、解答题．
1．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）因为数列an满足：，
所以，当n=1时，，
当n≥2时，，
相减可得，所以，
综上可得，．
（2）因为，所以，
n≥2时，．
所以
，
综上，对n∈N*都有，．
【点评】本题第二问解题的关键在于当n≥2时，，进而根据列项求和法求解即可，考查运算求解能力，是中档题．
精准预测题
精准预测题
1．【答案】B
【解析】设等差数列an的公差为d，由a2=7，S3=S7，得，
解得，
所以，故选B．
【点评】本题主要考查等差数列的通项公式以及前n项和公式的应用，属于容易题．
2．【答案】C
【解析】因为Sn+1=4an+Sn，所以Sn+1-Sn=4an，
又Sn+1-Sn=an+1，所以an+1=4an，
因为，所以数列an是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an=2×4n-1=22n-1，
所以，，
所以，所以，故选C．
【点评】等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换和灵活运用性质．
3．【答案】D
【解析】因为数列an和Sn都是等差数列，，所以可判断an为定值，
所以数列an是公差为0的等差数列，即an-an-1=0．
对A，an+Sn-an-1+Sn-1=Sn-Sn-1+an-an-1=an，所以数列an+Sn是等差数列，故A对；
对B，an?Sn-an-1?Sn-1=an?Sn-an?Sn-1=an2，所以数列an?Sn是等差数列，故B对；
对C，，所以数列an2是等比数列，故C对；
对D，设an=a，则Sn=na，Sn2=n2a2，则，所以数列Sn2不是等比数列，
故选D．
【点评】解答本题的关键在于判断出数列an是公差为0的等差数列，然后结合等差数列的定义，等比数列的定义列式判断是否为等差或者等比数列．
4．【答案】A
【解析】若数列an为等差数列，则S4，S8-S4，S12-S8，S16-S12也成等差数列，
因为，所以，
则数列S4，S8-S4，S12-S8，S16-S12是以S4为首项，以为公差的等差数列，
则，，，
所以，，所以，故选A．
【点评】本题考了等差数列前n项和的性质．
二、填空题．
5．【答案】10
【解析】∵等比数列{an}的各项均为正数，且a4a7=9，
∴，
故答案为10．
【点评】本题主要考了等比数列的性质，以及对数的运算法则，考查运算求解能力，属于基础题．
三、解答题．
6．【答案】（1）；（2）证明见解析，Sn=2n+1-2-n．
【解析】（1）当p=1， an+1=an+1，
∴数列an为等差数列，公差d=1，
又a1=1，an=a1+(n-1)d=1+(n-1)=n，
，，
∴数列的前n项之和
．
（2）当p=2时，an+1=2an+1，，
又a1=1，a1+1=2，
∴数列an+1是首项为2，公比为2的等比数列，an+1=2n，an=2n-1，
∴．
【点评】本题考查等差数列的判定与求和，等比数列的判定与求和，裂项求和法和分组求和法，难度不大．关键是掌握裂项相消求和方法和利用定义证明等比数列．
7．【答案】（1）an=2n-3；（2）．
【解析】（1）设等比数列an的公比为q，
因为a5是12a1与5a3的等差中项，
所以，解得q2=4或（舍去），
因为数列an为正项数列，所以q>0，所以q=2，
因为a2a4=1，所以a32=1，
又因为an>0，所以a3=1，
所以．
（2）由（1）得an=2n-3，所以，
因为，
所以
，
所以
，
当n为偶数时，，n∈N*；
当n为奇数时，，n∈N*，
所以．
【点评】（1）等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换；
（2）数列求和的方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法．