(新课标)2020年高考数学 题型全归纳 数列要点讲解

数 列

一、高考要求

理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项.

理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.

了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明”这一思想方法.

二、热点分析

1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目. 2.有关数列题的命题趋势 （1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点 （2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。（3）加强了数列与极限的综合考查题

3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如

a2a4?2a3a5?a4a6?25，可以利用等比数列的性质进行转化：从而有

a32?2a3a5?a52?25，即

(a3?a5)2?25.

4.对客观题，应注意寻求简捷方法 解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下： ①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法

5.在数列的学习中加强能力训练 数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。 6．这几年的高考通过选择题，填空题来着重对三基进行考查，涉及到的知识主要有：等差（比）数列的性质. 通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行考查，其中涉及到方程、不等式、函数思想方法的应用等，综合性比较强，但难度略有下降. 三、复习建议

对基础知识要落实到位，主要是等差（比）数列的定义、通项、前n项和. 注意等差（比）数列性质的灵活运用.

掌握一些递推问题的解法和几类典型数列前n项和的求和方法.

注意渗透三种数学思想：函数与方程的思想、化归转化思想及分类讨论思想. 注意数列知识在实际问题中的应用，特别是在利率,分期付款等问题中的应用.

数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。而且往往还以解答题的形式出现，

所以我们在复习时应给予重视。近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。 四、典型例题

已知由正数组成的等比数列?an?，若前2n项之和等于它前2n项中的偶数项之和的11倍，第3项与第4项之和为第2项与第4项之积的11倍，求数列?an?的通项公式.

S?na1解：∵q=1时S2n?2na1，偶数项

又a1?0显然2na1?11na1，q≠1 S2na1(1?q2n)a1q(1?q2n)??S偶数项?1?q1?q2 a1(1?q2n)a1q(1?q2n)?11?1?q1?q22∴

依题意；解之

q?110

24a?a?aq(1?q),aa?aq341241又，

依题意a1q(1?q)?11a1q，将

an?10?(1n?1)?102?n10

224q?110代入得a1?10

等差数列{an }中，

a3?a123=30，a33=15，求使an≤0的最小自然数n。

?a1?2d?30?a1?2d??30?a1?2d?30?a1?2d??30????a1?122d?30?a1?122d?30?a1?122d??30?a1?122d??30?解：设公差为d，则或或或 ?a1?30?d?0解得：??a1?31??1?d??2或??a1??31??1d??2 a33 = 30 与已知矛盾 或? a33 = - 15 与已知矛盾

?a1??30?d?0a33 = 15 或?

a33 = - 30 与已知矛盾 n≥63

∴an = 31+(n - 1) ( 31

∴满足条件的最小自然数为63。

?12)

?n?1?20

设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4=44,S7=35 （1）求数列{an}的通项公式与前n项和公式； （2）求数列{|an|}的前n项和Tn。

解：（1）设数列的公差为d，由已知S4=44,S7=35可得a1=17,d=-4 ∴an=-4n+21 (n∈N),Sn=-2n+19 (n∈N).

21（2）由an=-4n+21≥0 得n≤4, 故当n≤5时，an≥0, 当n≥6时，an?0

2当n≤5时,Tn=Sn=-2n+19n 当n≥6时,Tn=2S5-Sn=2n-19n+90.

22a已知等差数列?n?的第2项是8，前10项和是185，从数列?an?中依次取出第2项，第4项，

第8项，……，第2项，依次排列一个新数列?bn?，求数列?bn?的通项公式bn及前n项和公

n式Sn。

?a2?a1?d?8??10?9S?10a?d?1851?102?解：由 得

?a1?5

?

?d?3

bn?a2n?3·2n?2a?a?(n?1)d?5?3(n?1)?3n?2n1∴ ∴

2n?1?2Sn?b1?b2?……?bn?2n?3?2n?3·2n?1?62?1

已知数列1，1，2……它的各项由一个等比数列与一个首项为0的等差数列的对应项相加而得

到。求该数列的前n项和Sn；

解：(1)记数列1，1，2……为{An}，其中等比数列为{an}，公比为q； 等差数列为{bn}，公差为d，则An =an +bn (n∈N）

依题意，b1 =0，∴A1 =a1 +b1 =a1 =1 ① A2=a2+b2=a1q+b1+d=1 ② A3=a3+b3=a1q2 +b1+2d=2 ③

n?1a?2,bn?1?n n由①②③得d=-1, q=2, ∴

Sn?A1?A2?…?An?a1?a2?…?an?b1?b2?…?bn?(1?2?…?2n?1)?[(1?1)?(1?2)?…?(1?n)]n(1?n)?2n?1?2∴

已知数列?an?满足an+Sn=n,(1)求a1,a2,a3,由此猜想通项an,并加以证明。 解法1：由an+Sn=n,

1当n=1时，a1=S1，a1+a1=1，得a1=2

3当n=2时，a1+a2=S2，由a2+S2=2，得a1+2a2=2，a2=4

当n=3时，a1+a2+a3=S3，由a3+S3=3，得a1+a2+2a3=3

7a3=8

猜想，

an?1?12n(1)下面用数学归纳法证明猜想成立。

11?22,(1)式成立 当n=1时,a1=1-1假设,当n=k时,(1)式成立,即ak=1-2成立，

则当n=k+1时,ak+1+Sk+1=k+1,Sk+1=Sk+ak+1 2ak+1=k+1-Sk 又ak=k+Sk 2ak+1=1+ak

即当n=k+1时,猜想（1）也成立。

1111(1?ak)?(1?1?k)?1?k?1222ak+1=2

k所以对于任意自然数n,

an?1?12n都成立。

解法2：由an+Sn=n得an?1?Sn?1?n?1，两式相减得：an?an?1?Sn?Sn?1?1， an?11an?1?1an?1??an?1?1?22，即，下略

即