1、全国卷3年考情分析, 第一讲 小题考法等差数列与等比数列考点(一)数列的递推关系式主要考查方式有两种：一是利用an与Sn的关系求通项an或前n项和Sn；二是利用an与an1的关系求通项an或前n项和Sn.典例感悟典例(1)(2018合肥一模)已知数列an的前n项和为Sn，若3Sn2an3n，则a2 018()A22 0181B.32 0186C.2 018 D.2 018(2)(2018惠州模拟)已知数列an满足a11，an12an2n(nN*)，则数列an的通项公式an_.(3)(2018昆明模拟)在数列an中，a15，(an12)(an2)3(nN*)，则该数列的前2 018项的和是_解析
2、(1)3Sn2an3n，当n1时，3S13a12a13，a13.当n2时，3an3Sn3Sn1(2an3n)(2an13n3)，an2an13，an12(an11)，数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列，an12(2)n1(2)n，an(2)n1，a2 018(2)2 018122 0181.故选A.(2)an12an2n两边同除以2n1，可得，又，数列是以为首项，为公差的等差数列，(n1)，ann2n1.(3)依题意得(an12)(an2)3，(an22)(an12)3，因此an22an2，即an2an，所以数列an是以2为周期的数列又a15，因此(a22)(a12)3(a22)3，故
3、a23，a1a28.又因为2 01821 009，所以该数列的前2 018项的和等于1 009(a1a2)8 072.答案(1)A(2)n2n1(3)8 072方法技巧由an与Sn的关系求通项公式的注意点(1)应重视分类讨论思想的应用，分n1和n2两种情况讨论，特别注意anSnSn1成立的前提是n2.(2)由SnSn1an推得an，当n1时，a1也适合，则需统一表示(“合写”)(3)由SnSn1an推得an，当n1时，a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an演练冲关1(2019届高三洛阳四校联考)已知数列满足条件a1a2a3an2n5，则数列的通项公式为()Aan2n1 Ba
4、nCan2n D.an2n2解析：选B由题意可知，数列满足条件a1a2a3an2n5，则n2时，有a1a2a3an12(n1)5，n2，两式相减可得，2n52(n1)52，an2n1，n2，nN*.当n1时，7，a114，综上可知，数列的通项公式为an2已知函数f(x)对任意实数x，y满足f(x)f(y)f(xy)，若数列an的前n项和Snf(n)(nN*)且a11，那么a2 018()A1 B1C2 018 D.2 018解析：选B法一：Snf(n)，S22S1a1a2，a21，S3S1S23，a31，S4S1S34，a41，a2 0181.法二：令x1，yn，则SnS1Sn1.当n2时，S
5、n1S1Sn，Sn1SnSnSn1，故an1an，a11，可求出a21，a2 0181.3(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.解析：Sn2an1，当n2时，Sn12an11，anSnSn12an2an1，即an2an1.当n1时，a1S12a11，得a11.数列an是首项a1为1，公比q为2的等比数列，Sn12n，S612663.答案：634已知数列an的前n项和为Sn32n，则数列an的通项公式为_解析：当n1时，a1S1325；当n2时，anSnSn132n(32n1)2n2n12n1.因为当n1时，不符合an2n1，所以数列an的通项公式为an答案：an
6、考点(二)等差、等比数列的基本运算主要考查与等差(比)数列的通项公式、前n项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.典例感悟典例(1)(2017全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和若a4a524，S648，则an的公差为()A1B.2C4 D.8(2)(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，若3S3S2S4，a12，则a5()A12 B10C10 D.12(3)(2017全国卷)设等比数列an满足a1a21，a1a33，则 a4_.(4)(2019届高三河南十校联考)已知an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和，若S84S4，则a10_.解析(1)设等差数列an的公差为d
7、，则由得即解得d4.(2)设等差数列an的公差为d，由3S3S2S4，得3(3a13d)2a1d4a16d，即3a12d0.将a12代入上式，解得d3，故a5a1(51)d24(3)10.(3)设等比数列an的公比为q，则a1a2a1(1q)1，a1a3a1(1q2)3，两式相除，得，解得q2，a11，所以a4a1q38.(4)an是公差为1的等差数列，S88a128，S44a16.S84S4，8a1284(4a16)，解得a1，a10a19d9.答案(1)C(2)B(3)8(4)方法技巧等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量：首项a1和公差d(公比q)(2)列、解方程(组)：把条件转
8、化为关于a1和d(或q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量演练冲关1(2018广西模拟)在等差数列an中，已知a22，前7项和S756，则公差d()A2 B3C2 D.3解析：选B由题意可得即解得选B.2已知等比数列an的前n项和为Sn，a2a52a3,2a44a75，则S5()A29 B31C33 D.36解析：选B法一：设等比数列an的公比为q，由题意知解得所以S531，故选B.法二：设等比数列an的公比为q，由a2a52a3，得a42，又2a44a75，所以a7，所以q，所以a116，所以S531，故选B.3(2018开封模拟)已知数列an满足log2an11log2an
9、(nN*)，且a1a2a3a101，则log2(a101a102a110)_.解析：由log2an11log2an，可得log2an1log22an，所以an12an，所以数列an是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1a2a101，所以a101a102a110(a1a2a10)21002100，所以log2(a101a102a110)log22100100.答案：100考点(三)等差、等比数列的性质主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与数列单调性有关的参数范围问题.典例感悟典例(1)(2018宜昌模拟)已知9，a1，a2，1成等差数列，9，b1，b2，b3，1成等比数列，则b2(a
10、1a2)等于()A30B.30C30 D.15(2)(2018四川遂宁一诊)已知数列an满足an若对于任意的nN*都有anan1，则实数的取值范围是()A. B.C. D.解析(1)依题意a1a29(1)10，b(9)(1)9，又b2与9，1符号相同，即b23，b2(a1a2)30.(2)因为anan1，所以数列an是递减数列，所以解得，故选B.答案(1)A(2)B方法技巧等差、等比数列性质问题的求解策略解题关键抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解运用函数性质数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题演练冲关1(
11、2019届高三西安八校联考)设等差数列an的前n项和为Sn，且a2a7a1224，则S13()A52 B78C104 D.208解析：选C依题意得3a724，a78，S1313a7104.2已知数列an的前n项和Snan2bn(a，bR)，且S25100，则a12a14()A16 B8C4 D.不确定解析：选B由数列an的前n项和Snan2bn(a，bR)，可得数列an是等差数列，S25100，解得a1a258，所以a12a14a1a258.3(2018合肥质检)已知数列an是首项为a，公差为1的等差数列，数列bn满足bn.若对任意的nN*，都有bnb8成立，则实数a的取值范围是()A(8，7
12、) B8，7)C(8，7 D.8，7解析：选A因为an是首项为a，公差为1的等差数列，所以anna1，因为bn1，又对任意的nN*都有bnb8成立，所以11，即对任意的nN*恒成立，因为数列an是公差为1的等差数列，所以an是单调递增的数列，所以即解得8a0且q1，因为S1，S3，S4成等差数列，所以2S3S1S4，即a1，解得q.答案：3在等差数列an中，a17，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n8时Sn取得最大值，则d的取值范围为_解析：由题意，得a80，a90，且78d0，即1d0，因为a2，a3，a1成等差数列，所以a1a22a3a3，即a1a1qa1q2，因为a10，所以q2q10
13、，解得q或q0(舍去)，所以q2，故选C.4(2018辽宁五校联考)各项为正的等比数列an中，a4与a14的等比中项为2，则log2a7log2a11的值为()A1 B2C3 D.4解析：选C由题意得a4a14(2)28，由等比数列的性质，得a4a14a7a118，log2a7log2a11log2(a7a11)log283，故选C. 5.(2018陕西模拟)设等差数列an的前n项和为Sn，若2a86a11，则S9()A27 B36C45 D.54解析：选D在等差数列an中，2a8a5a116a11，a56，故S99a554.故选D.6等差数列an和bn的前n项和分别为Sn，Tn，且，则()A
14、. B.C. D.解析：选A由题知，.7已知数列是等差数列，且a32，a912，则a15()A10 B30C40 D.20解析：选B法一：设数列的公差为d.a32，a912，6d，d，12d2.故a1530.法二：由于数列是等差数列，故2，即22，故a1530.8已知数列an的各项均为正整数，其前n项和为Sn.若an1且S329，则a1()A4 B5C6 D.7解析：选B法一：若a14k，则a22k，a3k，此时S37k29，由于k为整数，此时无解；若a14k1，则a212k4，a36k2，此时S322k729，解得k1，即a15；若a14k2，则a22k1，a36k4，此时S312k729，
15、由于k为整数，此时无解；若a14k3，则a212k10，a36k5，此时S322k1829，由于k为整数，此时无解综上可知a15.法二：当a14时，a22，a31，S37，排除A；当a15时，a216，a38，S329，B符合题意，故选B.9(2019届高三湖南十校联考)等差数列an的前n项和为Sn，且a1m时，Sn与an的大小关系是()ASnan D.大小不能确定解析：选C若a10，否则若d0，数列是递减数列或常数列，则恒有Smam，不存在amSm.由于a10，当m3时，有amSm，因此am0，Sm0，又SnSmam1an，显然Snan.故选C.10(2018西安八校联考)设等差数列an的前
16、n项和为Sn，若S6S7S5，则满足SnSn1S7S5，得S7S6a7S5，所以a70，所以an为递减数列，又S1313a70，所以S12S130，即满足SnSn10)，由题意知a10，且anqn1，又S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以2(S5a5)S3a3S4a4，即2(a1a2a3a42a5)a1a22a3a1a2a32a4，化简得4a5a3，从而4q21，解得q，又q0，故q，an，选择A.二、填空题13(2018重庆模拟)在各项均为正数的等比数列an中，若a55，则log5a1log5a2log5a9_.解析：因为数列an是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质可得a1
17、a9a2a8a3a7a4a6a52，则log5a1log5a2log5a9log5(a1a2a9)log5(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5log5alog5599.答案：914(2018天津模拟)数列an满足a12a24a32n1an2n1，且数列an的前n项和为Sn，若对任意的nN*，都有2Sn4，则实数的取值范围是_解析：由a12a24a32n1an2n1，可得a12a24a32n2an12(n1)12n3(n2)，两式相减得2n1an2(n2)，所以an22n(n2)又n1时，a11，所以an所以Sn1202122n13n2，由Sn在n1时单调递增，可得1Sn3，所以
18、解得0，2SnSnan1，即Snan1.当n2时，Sn1an，两式作差得anan1an，即2.又由S12,3S2a2S1a，求得a22.当n2时，an22n22n1.验证当n1时不成立，an答案：16(2018西安八校联考)数列an中，Sn为数列an的前n项和，且a11，an(n2)，则Sn_.解析：当n2时，将anSnSn1代入an，得SnSn1，化简整理，得SnSn12Sn1Sn，两边同除以Sn1Sn，得2(n2)，又1，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以12(n1)2n1，所以Sn.答案：B级难度小题强化练1已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，4a
19、5a3.设TnSn，则数列Tn中最大项的值为()A. B.C. D.解析：选C设等比数列an的公比为q，则q2.又an不是递减数列且a1，所以q，故等比数列an的通项公式为ann1(1)n1，Sn1n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1SnS1，故0SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2SnSnS2.综上，对任意的nN*，总有Sn0或0Sn，即数列Tn中最大项的值为.故选C.2(2018洛阳尖子生模拟)已知数列an满足nan2(n2)an(n22n)，其中a11，a22，若anan1对任意的nN*恒成立，则实数的取值范围是()A0，) B(1，)C. D.0,1)解析：选
20、A由nan2(n2)an(n22n)n(n2)得，所以数列的奇数项与偶数项均是以为公差的等差数列，因为a11，a22，所以当n为奇数时，11，所以ann.当n为偶数时，11，所以ann.当n为奇数时，由anan1得n2，若n1，则R，若n1，则，所以0; 当n为偶数时，由anan1得n2，所以，即0.综上，实数的取值范围为0，)选A.3(2018武汉模拟)设等差数列an满足a3a736，a4a6275，且anan1有最小值，则这个最小值为()A10 B12C9 D.13解析：选B设等差数列an的公差为d，a3a736，a4a636，又a4a6275，联立，解得或当时，可得此时an7n17，a2
21、3，a34，易知当n2时，an0，a2a312为anan1的最小值；当时，可得此时an7n53，a74，a83，易知当n7时，an0，当n8时，an0，a12.当n2时，4Sna2an,4Sn1a2an1，两式相减得4anaa2an2an1，(anan1)(anan12)0，an0，anan12，故an2n.答案：2n6已知数列an满足a1a22，an22(1)nana2(nN*)，则数列an的通项公式为_解析：当n2k(kN*)时，a2k23a2k2，即a2k213(a2k1)，所以数列a2k1(kN*)是以a21为首项，3为公比的等比数列，所以a2k1(a21)3k13k，即当n为偶数时，an31；当n2k1(kN*)时，a2k1a2k12，所以a2k1a2k12，所以数列a2k1(kN*)是以a1为首项，2为公差的等差数列，所以a2k122(k1)2k，即当n为奇数时，ann1.所以数列an的通项公式an答案：an