1、高考大题专题研究三命题动向：从近五年高考试题分析来看，等差、等比数列是重要的数列类型，高考考查的主要知识点有：等差、等比数列的概念、性质、前n项和公式由于数列的渗透力很强，它和函数、方程、向量、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有较深的理解专题研究数列综合问题题型一等差、等比数列的综合运算例1(2022陕西千阳中学高三模拟(一)已知an是公差为3的等差数列，数列bn满足b11，b2，anbn1bn1nbn.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列bn的前n项和解(1)由已知，得a1b2b2b1，又b11，b2，所以
2、a12，所以数列an是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an3n1.(2)由(1)及anbn1bn1nbn，得bn1，因此数列bn是首项为1，公比为的等比数列记数列bn的前n项和为Sn，则Sn.解题策略解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件变式训练1(2021南昌模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，且S39，a1，a3，a7成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an是递增数列，数列bn满足bn2an，Tn是
3、数列anbn的前n项和，求Tn并求使Tn1000成立的n的最小值解设等差数列an的公差为d.(1)S39，即3a29，a23，a1d3.a1，a3，a7成等比数列，aa1a7，(a12d)2a1(a16d)，由得或当时，an3，当时，ann1.(2)数列an是递增数列，d0，ann1，bn2n1，从而anbn(n1)2n1，Tn222323424(n1)2n1，2Tn223324425(n1)2n2，由，得Tn823242n1(n1)2n28(n1)2n2n2n2，Tnn2n2，易知数列Tn是递增数列，又T5640，T61536，使Tn1000成立的n的最小值为6.题型二数列与函数的综合例2已
4、知数列an的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n，Sn)都在函数f(x)x22x的图象上，且过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn.(1)求数列an的通项公式；(2)设Qx|xkn，nN*，Rx|x2an，nN*，等差数列cn的任一项cn(QR)，其中c1是QR中的最小数，110c10115，求数列cn的通项公式.解(1)因为点Pn(n，Sn)都在函数f(x)x22x的图象上，所以Snn22n(nN*).所以当n2时，anSnSn12n1.而当n1时，a1S13，满足上式，所以数列an的通项公式为an2n1.(2)对f(x)x22x求导可得f(x)2x2.因为过点Pn(n，Sn)的切线的
5、斜率为kn，所以kn2n2，所以Qx|x2n2，nN*，Rx|x4n2，nN*所以QRR.又因为cn(QR)，其中c1是QR中的最小数，所以c16，则cn的公差是4的倍数，所以c104m6(mN*).又因为110c10115，所以解得m27，所以c10114.设等差数列cn的公差为d，则d12，所以cn6(n1)1212n6，所以数列cn的通项公式为cn12n6.解题策略(1)数列与函数的综合问题一般是以函数作为背景，给出数列所满足的条件解决这类问题的关键是利用函数知识，将条件进行准确转化(2)此类问题多考查函数思想及性质(多为单调性)，注意题中的限制条件，如定义域变式训练2(2022四川三台
6、中学模拟)数列an 的前n项和为Sn，2Snan12n11，nN*，且a1，a25，19成等差数列(1)求a1的值；(2)证明为等比数列，并求数列an的通项公式；(3)设bnlog3(an2n)，若对任意的nN*，不等式bn(1n)n(bn2)60恒成立，试求实数的取值范围解(1)在2Snan12n11，nN*中，令n1，得2S1a2221，即a22a13，又a1，a25，19成等差数列，所以2(a25)a119，则由，解得a11.(2)由2Snan12n11，得2Sn1an2n1(n2)，得2anan1an2n(n2)，则1，又a22a132135，所以1.所以数列是以为首项，为公比的等比数
7、列，所以1，即an3n2n.(3)由(2)可知，bnlog3(an2n)n.bn(1n)n(bn2)60恒成立，即(1)n2(12)n60(nN*)恒成立设f(n)(1)n2(12)n6(nN*)，当1时，f(n)n60恒成立，则1满足条件；当1时，由于对称轴n0，则f(n)在1，)上单调递减，f(n)f(1)341满足条件综上所述，实数的取值范围是1，).题型三数列与不等式的综合例3已知数列an的前n项和为Sn，且a12，an1Sn2.(1)求数列an的前n项和Sn；(2)设bnlog2(S3n2)，数列的前n项和为Tn，求证：4Tn.解(1)因为an1Sn2，所以当n2时，anSn12，由
8、得，an1anSnSn1，即an12an(n2)，又因为a2a124，即a22a1，所以an12an(n1)，即数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an22n12n，an12n1，则Snan122n12.(2)证明：由(1)得S3n23n12，所以S3n223n1，则bnlog223n13n1，则，所以Tn.因为0，所以Tn.又因为Tn，当n1时，Tn取得最小值为，所以Tn，即4Tn.解题策略数列中不等式的处理方法(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程
9、或者最后的结果放缩得到一般地，数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”，如等比数列、可裂项相消求和的数列等(3)比较方法：作差比较或作商比较变式训练3(2021全国乙卷)设an是首项为1的等比数列，数列bn满足bn.已知a1，3a2，9a3成等差数列(1)求an和bn的通项公式；(2)记Sn和Tn分别为an和bn的前n项和证明：Tn.解(1)设an的公比为q，则anqn1，因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以a19a323a2，即19q223q，解得q，故an，bn.(2)证明：由(1)知，Sn.又bn，则Tn，Tn，得Tn，整理，得Tn，则2TnSn20，故Tn.题型四数列中的探索
10、性问题例4(2022天津新华中学模拟)已知数列an中，a11，a23，其前n项和为Sn，且Sn为等比数列.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，记数列bn的前n项和为Tn.设是整数，问是否存在正整数n，使等式Tn成立？若存在，求出n和相应的值；若不存在，请说明理由解(1)由题意，得S1a11，S2a1a24，由Sn为等比数列，所以Sn4n1，当n2时，anSnSn14n14n234n2，故an(2)当n2时，bn.而b1，当n1时，T1b1，则当n1时，等式Tn即为，解得，它不是整数，不符合题意当n2时，Tnb1b2bn.则等式Tn即为，解得5.由是整数，得4n11是5的因数而当且仅当n2
11、时，是整数，由此4.综上所述，当且仅当4时，存在正整数n2，使等式Tn成立解题策略探索性问题的类型及解法(1)条件探索性问题：一般采用分析法，从结论或部分条件入手，执果索因，导出所需条件，注意这类问题往往要求的是问题的充分条件，不一定是充要条件(2)存在性探索问题：一般假定存在，在这个前提下推理，若由此推出矛盾，则否定假设，否则给出肯定结论(3)结论探索性问题，由给定的已知条件进行猜想透彻分析，发现规律，获取结论变式训练4(2021贵阳模拟)已知an是公差不为0的等差数列，bn是等比数列，且a1b11，a2b2，a5b3.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记Sn，是否存在mN*，使得Sm
12、3成立？若存在，求出m；若不存在，请说明理由解(1)设数列an的公差为d(d0)，数列bn的公比为q，则由题意知d0或d2.d0，d2，q3，an2n1，bn3n1.(2)由(1)可知，Sn，Sn，两式相减得，Sn1122，Sn0)，则由a34及a4a26得4q6，化简得2q23q20，解得q2或q(舍去).所以等比数列an的通项公式为ana3qn32n1(nN*).(2)由(1)可得Sn2n1，所以bnlog4(S1Sn)log42n.所以b2b5b8b50(25850)(250)221.2已知等差数列an的公差d0，其前n项和为Sn，且S520，a3，a5，a8成等比数列(1)求数列an的
13、通项公式；(2)令bnn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)因为S520，所以a1a58，a34，即a12d4.因为a3，a5，a8成等比数列，即aa3a8，所以(a14d)2(a12d)(a17d)，化简得a12d.联立，得a12，d1，所以ann1.(2)由(1)及bnn，可知bnnn，所以Tn(123n).所以数列bn的前n项和Tn.3(2022贵阳模拟)已知函数f(x)log3(axb)的图象经过点A(2，1)和B(5，2)，ananb，nN*.(1)求an；(2)设数列an的前n项和为Sn，bn2n2，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由函数f(x)log3(axb)的图象经过点A(
14、2，1)和B(5，2)，得解得所以an2n1.(2)由(1)知数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，所以Snn2n2，则bn2n22n2n.所以Tn(2121)(2222)(2323)(2n2n)2(123n)(2122232n)22n1n2n2.4设等差数列an的前n项和为Sn，已知a13，S35a1.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn1，数列bn的前n项和为Tn，定义x为不超过x的最大整数，例如0.30，1.51.当T1T2Tn63时，求n的值解(1)设等差数列an的公差为d，因为a13，所以S33a13d93d.又S35a115，所以93d15，得d2.所以数列an的通项公式是
15、an32(n1)2n1.(2)因为Sn3n2n22n，所以bn111.所以Tnnn1.当n2时，因为0，所以Tnn.当n3时，因为00，所以数列Sn是关于项数n的递增数列，所以SnS1，因为，所以不存在n，使得Sn.6(2021浙江高考)已知数列an的前n项和为Sn，a1，且4Sn13Sn9(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足3bn(n4)an0(nN*)，记bn的前n项和为Tn.若Tnbn对任意nN*恒成立，求实数的取值范围解(1)当n1时，4S243S193a19，又a1，所以a2.因为4Sn13Sn9，所以当n2时，4Sn3Sn19，两式相减可得4an13an，又a20，所以an0，所以.又.所以数列an是首项为，公比为的等比数列，所以an.(2)因为3bn(n4)an0，所以bn(n4).所以Tn3210(n4)，则Tn3210(n5)(n4)，得Tn3(n4)(n4)n，所以Tn4n.因为Tnbn对任意nN*恒成立，所以4n(n4)恒成立，即3n(n4)恒成立，当n4时，3，此时3.所以31.