一轮全国数学听课手册答案3.docx

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一轮全国数学听课手册答案3

第五单元　数列

使用建议（教师用书栏目）

1．编写意图

高考对数列知识的掌握情况的要求比较高．求数列通项公式和求和的方法比较多，思维灵活，等差数列和等比数列在实际生活中有着广泛的应用．编写时注意到了以下几个问题：

（1）考虑到该部分在高考试题中的考查特点和难度，应加强对方法的讲解和运算的训练，适当提高题目的难度；

（2）从近几年高考来看，涉及该部分主要是考查等差数列、等比数列、递推数列的问题，要加强这方面的训练；

（3）考虑到该部分内容是第一轮复习，因此在选题的时候还是尽量选取基础性强的题目，注重通性通法，适当给出一些提高性题目．

2．教学建议

根据近几年高考特征，估计2017年高考中本部分会有一道大题，题目中等难度．教师在引导学生复习该部分的时候要注重基础知识和基本方法的掌握，还要加强灵活性的训练．

（1）重视基础知识、基本方法的复习，加强基本技能的训练．数列中的基础知识就是数列的概念、等差数列（概念、中项、通项、前n项和）、等比数列（概念、中项、通项、前n项和）；基本方法主要是基本量法、错位相减求和法、裂项相消求和法、等价转化法等；基本技能主要是运算求解的技能、推理论证的技能等．在复习中要把这些放在首要位置．

（2）强化数列求和，数列求和在高考中占有突出位置，除了等差数列、等比数列的求和外，还会涉及裂项相消求和、错位相减求和等求和方法．

（3）突出数学思想方法在解题中的指导作用．数列问题中蕴含着极为丰富的数学思想方法，如由前n项和求数列通项、等比数列求和的分类整合思想，数列问题可以通过函数方法求解的函数思想、等差数列和等比数列问题中求解基本量的方程思想、把一般的数列转化为等差数列或等比数列的等价转化思想等，要通过具体题目的解答体会数列问题中的数学思想方法，并会用数学思想方法解题．

3．课时安排

本单元共5讲、一个45分钟三维滚动复习卷，每讲建议1课时完成，45分钟三维滚动复习卷建议1课时完成，本单元大约共需6个课时完成．

第28讲　数列的概念与简单表示法

【考情分析】

考点

考查方向

考例

考查热度

递推公式

由递推关系求通项

2014·新课标全国卷Ⅱ17、2012·新课标全国卷16

★★☆

通项公式

由数列的前n项和Sn求通项公式

2015·全国卷Ⅰ17、2014·新课标全国卷Ⅰ17

★★★

数列的函数特征

递增、递减数列，

周期数列

2013·新课标全国卷Ⅰ12

★☆☆

【真题再现】

——[2015－2011]课标全国真题在线

1．[2015·全国卷Ⅰ]Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，an2＋2an＝4Sn＋3.

（1）求{an}的通项公式；

（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和．

解：

（1）由an2＋2an＝4Sn＋3，可知an＋12＋2an＋1＝4Sn＋1＋3，

可得an＋12－an2＋2（an＋1－an）＝4an＋1，即

2（an＋1＋an）＝an＋12－an2＝（an＋1＋an）（an＋1－an）．

又an>0，所以an＋1－an＝2.

又由a12＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1（舍去）或a1＝3，

所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.

（2）由an＝2n＋1可知

bn＝＝＝.

设数列{bn}的前n项和为Tn，则

Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝

＝.

2．[2013·新课标全国卷Ⅰ]若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________．

[答案]（－2）n－1

[解析]因为Sn＝an＋①，所以Sn－1＝an－1＋②，①－②得an＝an－an－1，即an＝－2an－1，又因为S1＝a1＝a1＋⇒a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，所以an＝（－2）n－1.

——2015年其他省份类似高考真题

1．[2015·江苏卷]设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1（n∈N*），则数列前10项的和为________．

[答案]

[解析]因为an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝n＋（n－1）＋…＋2＋1＝，所以＝＝2，故＝2＋＋…＋＝.

2．[2015·山东卷]设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n＋3.

（1）求{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.

解：

（1）因为2Sn＝3n＋3，

所以2a1＝3＋3，故a1＝3.

当n>1时，2Sn－1＝3n－1＋3，

此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，

所以an＝

（2）因为anbn＝log3an，所以b1＝，

当n>1时，bn＝31－nlog33n－1＝（n－1）·31－n，

所以T1＝b1＝；

当n>1时，

Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋（n－1）×31－n]，

所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋（n－1）×32－n]，

两式相减，得

2Tn＝＋（30＋3－1＋3－2＋…＋32－n）－（n－1）×31－n＝

＋－（n－1）×31－n＝－，

所以Tn＝－.

经检验，n＝1时也适合．

综上可得Tn＝－.

【课前双基巩固】

知识聚焦

1．项　2.

（1）列举法　

（2）图像法　（3）解析法　3.通项公式　an＝f（n）（n∈N*）　4.

正本清源

1．（4）　[解析]

（1）错误，构成数列的数是有顺序的，而集合中的元素是无序的，这是数列与数集的差别．

（2）错误，两数列的数相同但排列次序不相同，不是相同的数列．

（3）错误，数列1，3，5，7是有限数列，而数列1，3，5，7，…是无穷数列．

（4）正确．

2．an＝n2＋1　[解析]因为2＝12＋1，5＝22＋1，10＝32＋1，17＝42＋1，26＝52＋1，所以an＝n2＋1.

3．9　[解析]an＝＝－，由－3＝－，得n＝9.

4．递减　[解析]由数列{an}的通项公式，得an＋1－an＝[19－2（n＋1）]－（19－2n）＝－2＜0，所以{an}是递减数列．

5．an＝　[解析]当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（n2＋1）－[（n－1）2＋1]＝2n－1；当n＝1时，a1＝S1＝2，不符合上式．故an＝

6．10　[解析]通项公式是关于n的二次函数，对称轴为n＝，又n∈N*，因此当n＝2时，最大项为10.

7．递增　[解析]∵an＋1－an＝an2－an＋＝（an－1）2－，又0

∴（an－1）2>，即（an－1）2－>0，∴an＋1－an>0，

即an＋1>an对一切正整数n都成立，故数列{an}是递增数列．

【课堂考点探究】

典例探究

例1　[思路点拨]第

（1）小题先观察各项与项数之间的关系、前后项之间的关系，然后归纳出通项公式；第

（2）小题寻找分母、分子与项数之间的关系，观察各项符号及数值的变化，依据规律写出通项公式．

（1）an＝3n－1　

（2）an＝（－1）n　[解析]

（1）从第二项起，每一项都比前一项大3，且每一项都比项数的3倍少1，故其通项公式可以为an＝3n－1.

（2）原数列为－，，－，，对于分子1，3，6，10，其通项公式为bn＝，对于分母2，5，10，17，其通项公式为cn＝n2＋1，故可得数列{an}的一个通项公式为an＝（－1）n.

变式题　C　[解析]当n依次取1，2，3，4时，（－1）n＋1依次为1，－1，1，－1，所以①符合；经验证，②符合；对于③，当n＝3时，a3＝3，不符合；经验证，④符合；⑤中数列的前四项分别为0，1，0，1，不符合．所以可作为数列{an}的通项公式的有3个．

例2　[思路点拨]先对条件中的式子化简整理，得出an＋1与an的关系式，再求通项．

解：

（n＋1）an＋12－nan2＋an＋1·an＝0，

化简得（an＋1＋an）[（n＋1）an＋1－nan]＝0.

∵an>0，∴（n＋1）an＋1－nan＝0，∴＝，

于是有＝，＝，＝，…，＝.

以上各式累乘可得＝，∴an＝.

例3　[思路点拨]根据a1＝4，an＋1＝an＋p·3n＋1可得数列的前3项，利用a1，a2＋6，a3成等差数列确定p的值，再利用叠加法可求得数列{an}的通项公式．

解：

因为a1＝4，an＋1＝an＋p·3n＋1，

所以a2＝a1＋p·31＋1＝3p＋5，a3＝a2＋p·32＋1＝12p＋6.

因为a1，a2＋6，a3成等差数列，所以2（a2＋6）＝a1＋a3，

即6p＋10＋12＝4＋12p＋6，所以p＝2.

依题意，an＋1＝an＋2·3n＋1，

所以当n≥2时，a2－a1＝2·31＋1，a3－a2＝2·32＋1，…，an－1－an－2＝2·3n－2＋1，an－an－1＝2·3n－1＋1.

相加得，an－a1＝2（3n－1＋3n－2＋…＋32＋3）＋n－1，

所以an－a1＝2×＋（n－1），所以an＝3n＋n.

当n＝1时，a1＝31＋1＝4成立，所以an＝3n＋n.

例4　[思路点拨]只需证明为非零常数即可，再结合等比数列的通项公式求an.

解：

由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.

又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项公式为an＝.

变式题　an＝（a－1）cn－1＋1　[解析]由已知得an＋1－1＝c（an－1），所以{an－1}是以a－1为首项，以c为公比的等比数列，所以an－1＝（a－1）cn－1，所以an＝（a－1）cn－1＋1.

例5　[思路点拨]对所给递推关系式进行变形，构造一个等比数列．

解：

∵an＋1＝，∴＝＝＋·，

∴－1＝－1.又a1＝，∴－1＝，

∴数列是以为首项，以为公比的等比数列，

∴－1＝×n－1，得an＝.

例6　[思路点拨]用an＝Sn－Sn－1（n≥2）将条件中的式子转化为an与an－1之间的递推关系式，再求an.

解：

由2Sn＋an＝1，得Sn＝（1－an）．

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（1－an）－（1－an－1）＝－an＋an－1，即2an＝－an＋an－1，∴＝，

∴{an}是公比为的等比数列．又S1＝a1＝（1－a1），

∴a1＝，∴an＝×n－1＝n.

变式题　3n－2n　[解析]由a1，a2＋5，a3成等差数列，可得a1＋a3＝2a2＋10.由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，得2a1＋2a2＝a3－7，即2a2＝a3－7－2a1，代入a1＋a3＝2a2＋10，得a1＝1，代入2S1＝a2－22＋1，得a2＝5.

由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1得，当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1，两式相减，得2an＝an＋1－an－2n，即an＋1＝3an＋2n.

当n＝1时，5＝3×1＋21，也适合an＋1＝3an＋2n，

所以对任意正整数n，an＋1＝3an＋2n.

上式两端同时除以2n＋1，得＝·＋，两端同时加1，得＋1＝·＋＝＋1，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以＋1＝n，所以＝n－1，所以an＝3n－2n.

例7　[思路点拨]

（1）把数列的通项公式分离变量，利用反比例函数的特征求解；

（2）类比分段函数的单调性求解．

（1）D　

（2）C　[解析]

（1）an＝＝＝1＋，

要使an最大，则需n－最小，且n－>0，

∴n＝45时，an最大．同理可得n＝44时，an最小．

（2）由已知得，an＝f（n）＝（n∈N*）．

若数列{an}是递增数列，则解得2＜a＜3，

故实数a的取值范围是（2，3）．

学科能力

跟踪练习　

（1）50　

（2）3　[解析]

（1）由an＝3n－1≤m，

得n≤1＋log3m（m∈N*），

∴当1≤m≤2，m∈N*时，b1＝b2＝1，

当3≤m≤8，m∈N*时，b3＝b4＝…＝b8＝2，

当9≤m≤20，m∈N*时，b9＝b10＝…＝b20＝3，

∴b1＋b2＋…＋b20＝1×2＋2×6＋3×12＝50.

（2）由题意，可得a1＝，a2＝－1，a3＝＝＋1，a4＝，a5＝－1，…，所以数列{an}的最小正周期为3.

【教师备用例题】

[备选理由]例1培养学生观察归纳能力，并求通项公式；例2是求通项公式与求前n项和相结合的问题；例3为由递推关系并结合单调性求参数问题；例4为考查数列的单调性及最大项问题．

例1　【配例1使用】在如图所示的数表中，第i行第j列的数记为ai，j，且满足a1，j＝2j－1，ai，1＝i，ai＋1，j＋1＝ai，j＋ai＋1，j（i，j∈N*），则此数表中第2行第8列的数是________．记第3行的数3，5，8，13，22，39，…为数列{bn}，则数列{bn}的通项公式是________．

第1行　1　2　4　8　…

第2行　2　3　5　9　…

第3行　3　5　8　13　…

……

[答案]129　bn＝2n－1＋n＋1

[解析]由已知得，a2，j＝a1，j＋1，

所以a2，8＝a1，7＋a2，7＝a1，7＋a1，7＋1＝2×26＋1＝129.

观察数列3，5，8，13，22，39，…，可以看出每一项可表示为

1＋1＋1，2＋2＋1，4＋3＋1，8＋4＋1，16＋5＋1，32＋6＋1，…，

所以归纳出{bn}的通项公式为bn＝2n－1＋n＋1.

例2　【配例2使用】[2015·南充模拟]已知数列{an}中，首项a1＝1，an＝an－1·3n－1（n≥2，n∈N*），数列{bn}的前n项和Sn＝log3（n∈N*）．

（1）求数列{bn}的通项公式；

（2）求数列{|bn|}的前n项和．

解：

（1）因为an＝··…··a1＝3n－1·3n－2·…·3·1＝3，

所以Sn＝log3＝log33＝，

所以当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝n－3，经验证，n＝1时也符合，所以bn＝n－3.

（2）设数列{|bn|}的前n项和为Tn.

当1≤n≤3时，bn＝n－3≤0，所以Tn＝－Sn＝，

当n>3时，Tn＝Sn－2S3＝.

故Tn＝

例3　【配例5使用】[2015·嘉兴五校联考]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝（n∈N*）．若bn＋1＝（n－2λ）·＋1（n∈N*），b1＝－λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围是（　　）

A．λ>B．λ>

C．λ

[解析]C　由an＋1＝得＝＋1，则＋1＝2＋1，又＋1＝2，所以＋1＝2·2n－1＝2n，则bn＋1＝（n－2λ）·＋1＝（n－2λ）·2n，则b2＝2（1－2λ）．若数列{bn}是递增数列，则b2>b1，整理得λ<，所以选C.

例4　【配例7使用】已知数列{an}满足an＝n·kn（n∈N*，0

①当k＝时，数列{an}为递减数列；

②当

③当0

④当为正整数时，数列{an}必有两项相等的最大项．

其中真命题的序号是________．

[答案]③④

[解析]易知an＋1－an＝kn＋1（n＋1）－knn＝（k－1）knn－.对于①，当k＝时，a1＝a2＝，不是递减数列，①错误；②中，当1，故当n<时，an＋1>an，当n>时，an＋1

第29讲　等差数列及其前n项和

【考情分析】

考点

考查方向

考例

考查热度

等差数列

的概念

等差数列的判断与证明

2015·全国卷Ⅱ16、2015·全国卷Ⅰ17

★★☆

通项公式

求数列中的某项、通项公式以及通项公式的性质

2014·新课标全国卷Ⅰ17

★★☆

求和公式

求数列前n项和、部分项和、和的最值

2013·新课标全国卷Ⅰ7、2013·新课标全国卷Ⅱ16

★★☆

【真题再现】

——[2015－2011]课标全国真题在线

1．[2014·新课标全国卷Ⅰ]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．

（1）证明：

an＋2－an＝λ.

（2）是否存在λ，使得{an}为等差数列？

并说明理由．

解：

（1）证明：

由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，

两式相减得an＋1（an＋2－an）＝λan＋1.

因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.

（2）由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1，

由

（1）知，a3＝λ＋1.

若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.

由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，

a2n－1＝4n－3；

{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.

所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.

因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．

2．[2013·新课标全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．

[答案]－49

[解析]由已知，a1＋a10＝0，a1＋a15＝⇒d＝，a1＝－3，∴nSn＝，易得n＝6或n＝7时，nSn出现最小值．当n＝6时，nSn＝－48；n＝7时，nSn＝－49.故nSn的最小值为－49.

——2015年其他省份类似高考真题

1．[2015·广东卷]在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________．

[答案]10

[解析]a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，∴a5＝5，∴a2＋a8＝2a5＝10.

2．[2015·陕西卷]中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________．

[答案]5

[解析]设首项为a1，则a1＋2015＝2×1010，解得a1＝5.

【课前双基巩固】

知识聚焦

1．

（1）二　差　an＋1－an＝d　

（2）A＝　等差中项

2．

（1）a1＋（n－1）d　（n－m）d　

（2）　na1＋

3．

（1）am＋an＝ap＋aq　am＋an＝2ap　（3）递增数列　递减数列　常数列

正本清源

1．18　[解析]公差d＝a3－a2＝4－2＝2，∴a10＝a2＋8d＝2＋8×2＝18.

2．2　[解析]设等差数列{an}的公差为d，则

解得d＝2.

3．95　[解析]由a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，可得a1＝－4，d＝3，故S10＝10a1＋45d＝95.

4．－　[解析]由题意得，Sn＝＝－5，解得n＝15.因为a15＝＋（15－1）d＝－，所以d＝－.

5．765　[解析]an＋1－an＝3，故{an}为等差数列．

又an＝－60＋（n－1）3，即an＝3n－63.当an＝0时，n＝21；当an>0时，n>21；当an<0时，n<21.所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝－a1－a2－a3－…－a21＋a22＋a23＋…＋a30＝－2（a1＋a2＋…＋a21）＋S30＝－2S21＋S30＝765.

6．

（1）2n－1　

（2）1＋　[解析]

（1）由an＋1＝an＋2知，{an}为等差数列，且公差为2，

故an＝1＋（n－1）×2＝2n－1.

（2）由an＋1－an＝n，得a2－a1＝1，a3－a2＝2，…，an－an－1＝n－1，

各式相加，得an－a1＝1＋2＋…＋（n－1）＝＝，故an＝1＋.

7．

（1）2n　

（2）88　[解析]

（1）由a6＝12，得a1＋5d＝12.由S3＝12，得3a1＋3d＝12.

联立以上两式，解得a1＝d＝2，故an＝2n.

（2）由等差数列的性质与前n项和公式得，S11＝＝＝88.

【课堂考点探究】

典例探究

例1　[思路点拨]根据已知条件，应用等差数列的通项公式与前n项和公式，列出方程（组），求出有关量．

（1）C　

（2）7　[解析]

（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为a2＝2，S4＝12，

所以得d＝2，所以a3＝a2＋d＝4.

（2）由题意得Sk＝4k＋×2＝k2＋3k，ak＋5＝4＋（k＋4）×2＝2k＋12，所以Sk－ak＋5＝k2＋3k－（2k＋12）＝44，整理得k2＋k－56＝0，得k＝7.

变式题　

（1）D　

（2）C　[解析]

（1）由S3＝3a2＝6，得a2＝2，又a3＝0，所以公差d＝－2.

（2）由a5＝11，a12＝－3，得公差d＝＝－2，所以an＝11＋（n－5）（－2）＝21－2n，所以a1＝19，故Sn＝19n＋（－2）＝－n2＋20n＝－（n－10）2＋100≤100，所以M＝100，所以lgM＝2.

例2　[思路点拨]

（1）首先由递推关系式求出a1，在递推关系式中用n－1替换n，两式作差后可判定数列{an}是等差数列；

（2）求出等差数列{an}的通项公式，代入bn后运用裂项相消法求数列{bn}的前n项和Tn.

解：

（1）证明：

Sn＝，①

Sn－1＝（n≥2），②

①－②得，an＝（n≥2），整理得，（an＋an－1）（an－an－1）＝an＋an－1.

∵数列{an}的各项均为正数，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝1（n≥2）．

由于n＝1时，a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．

（2）由

（1）得，Sn＝，∴bn＝＝＝2－，

∴Tn＝21－＋－＋－＋…＋－＝21－＝.

变式题　解：

（1）证明：

因为an＋an＋2＝λ＋2an＋1，a1＝a2＝1，

所以a3＝2a2－a1＋λ＝λ＋1.

同理，a4＝2a3－a2＋λ＝3λ＋1，a5＝2a4－a3＋λ＝6λ＋1.

因为a4－a1＝3λ，a5－a4＝3λ，

所以a4－a1＝a5－a4，

故a1，a4，a5成等差数列．

（2）由an＋an＋2＝λ＋2an＋1，得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋λ.

令bn＝an＋1－an，则bn＋1－bn＝λ，又b1＝a2－a1＝0，

所以{bn}是以0为首项，公差为λ的等差数列，

所以bn＝b1＋（n－1）λ＝（n－1）λ，

即an＋1－an＝（n－1）λ，

所以an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1＝

（n－2）λ＋（n－3）λ＋…＋λ＋0＋1＝λ＋1.

例3　[思路点拨]

（1）由条件及等差数列的性质可得a8＝24，而2a10－a12恰好就是a8；第

（2）小题可把Sn看作关于n的函数，转化为求函数的最值问题，也可根据条件确定数列最小的非负项，再求d的范围．

（1）C　

（2）　[解析]

（1）∵{an}为等差数列，∴a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝5a8＝120，∴a8＝24，∴2a10－a12＝a10＋a10－a12＝a8＋a12－a12＝a8＝24.

（2）由题意可知，a8>0且a9<0，即7＋7d>0且7＋8d<0，所以－1

变式题　

（1）C　

（2）10　[解析]

（1）因为a1＋a3＋a5＝3a3＝105，所以a3＝35.由a2＋a4＋a6＝3a4＝99，得a4＝33，于是可得a