1、专题六数列命题观察高考定位(对应学生用书第21页)1(2017江苏高考)等比数列an的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3，S6，则a8_.32设an的首项为a1，公比为q，则解得所以a8272532.2(2016江苏高考)已知an是等差数列，Sn是其前n项和若a1a3，S510，则a9的值是_20法一：设等差数列an的公差为d，由S510，知S55a1d10，得a12d2，即a122d.所以a2a1d2d，代入a1a3，化简得d26d90，所以d3，a14.故a9a18d42420.法二：设等差数列an的公差为d，由S510，知5a310，所以a32.所以由a1a32a2，得a12a22
2、，代入a1a3，化简得a2a210，所以a21.公差da3a2213，故a9a36d21820.3(2014江苏高考)在各项均为正数的等比数列an中，若a21，a8a62a4，则a6的值是_4因为a8a2q6，a6a2q4，a4a2q2，所以由a8a62a4得a2q6a2q42a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q2)2q220，解得q22，a6a2q41224.4(2015江苏高考)设数列满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_由题意有a2a12，a3a23，anan1n(n2)以上各式相加，得ana123n.又a11，an(n2)当n1时也满足此式，a
3、n(nN*)2.S1022.5(2017江苏高考)对于给定的正整数k，若数列an满足：ankank1an1an1ank1ank2kan，对任意正整数n(nk)总成立，则称数列an是“P(k)数列”(1)证明：等差数列an是“P(3)数列”；(2)若数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：an是等差数列. 【导学号：56394035】证明(1)因为an是等差数列，设其公差为d，则ana1(n1)d，从而，当n4时，ankanka1(nk1)da1(nk1)d2a12(n1)d2an，k1,2,3，所以an3an2an1an1an2an36an，因此等差数列an是“P(3)数列”
4、(2)数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n3时，an2an1an1an24an，当n4时，an3an2an1an1an2an36an.由知，an3an24an1(anan1)，an2an34an1(an1an)将代入，得an1an12an，其中n4，所以a3，a4，a5，是等差数列，设其公差为d.在中，取n4，则a2a3a5a64a4，所以a2a3d，在中，取n3，则a1a2a4a54a3，所以a1a32d，所以数列an是等差数列命题规律(1)对等差数列与等比数列基本量的考查是重点，主要考查利用通项公式、前n项和公式建立方程组求解，属于低档题，主要是以填空题的形式出现
5、(2)对等差数列与等比数列性质的考查是热点，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关的计算问题，属中低档题，主要是以填空题的形式出现(3)数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的热点，根据an与Sn的关系求通项公式以及利用构造或转化的方法求通项公式也是常考的热点填空、解答题都有出现(4)数列的求和问题，多以考查等差、等比数列的前n项和公式、错位相减法和裂项相消法为主，且考查频率较高，是高考命题的热点填空、解答题都有出现(5)数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重点，主要考查利用函数的观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题，以解答题的形式出现(6)数列与解析几何
6、交汇主要涉及点列问题，难度中等及以上，常以解答题形式出现(7)数列应用题主要以等差数列、等比数列及递推数列为模型进行考查，难度中等及以上，常以解答题形式出现主干整合归纳拓展(对应学生用书第21页)第1步 核心知识再整合1等差数列(1)通项公式(2)前n项和公式：Snna1d.(3)常用性质：如果数列an是等差数列，mnpqamanapaq(m，n，p，qN*)，特别地，当n为奇数时，a1ana2an12a中若等差数列an的前n项和为Sn，则Sn，S2nSn，S3nS2n，成等差数列若等差数列an，bn的前n项和为An，Bn，则.若等差数列an的前n项和为Sn，则数列仍是等差数列(4)等差数列的
7、单调性设等差数列an的公差为d，当d0时，数列an为递增数列；当d0，d0，且满足则前n项和Sn最大；若a10，且满足则前n项和Sn最小2等比数列(1)通项公式(2)前n项和公式Sn(3)常用性质：如果数列an是等比数列mnpqamanapaq(m，n，p，qN*)，特别地，当n为奇数时，a1ana2an1a.等比数列an的前n项和为Sn，满足Sn，S2nSn，S3nS2n，S4nS3n，成等比数列(其中Sn，S2nSn，S3nS2n，均不为0)(4)等比数列的单调性设等比数列an的公比为q，当或时，an为递增数列；当或时，an为递减数列；当q1时，则数列an为常数数列3数列常见通项公式的求法
8、(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出an的表达式，然后用数学归纳法证明(2)利用前n项和与通项的关系an(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式(4)累加法：在已知数列an中，满足an1anf (n)，把原递推公式转化为an1anf (n)，再利用累加法(逐差相加法)求解(5)叠乘法：在已知数列an中，满足an1f (n)an，把原递推公式转化为f (n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解(6)构造等比数列法：在已知数列an中，满足an1panq(其中p，q均为常数，pq(p1)0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an1tp(ant)，其中t，再利用换元法
9、转化为等比数列求解4数列求和的主要方法(1)公式法：如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q1或q1.(2)倒序相加法：如果一个数列an，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的(3)分组转化求和法：若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化法，分别求和而后相加减(4)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项和即可用此法来求，如等比
10、数列的前n项和就是用此法推导的(5)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以相互抵消，从而求得其和常见的拆项公式如下：分式型，.乘式型n(n1)(n1)n(n1)n(n1)(n2)，n(n1)(n2)(n1)n(n1)(n2)n(n1)(n2)(n3)阶乘型，CCC，kCnC.三角函数型tan an tan an11，cos，sin.根式型.(6)并项求和法：在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和第2步 高频考点细突破等差数列、等比数列的通项及基本量的求解【例1】(南京市2017届高三年级学情调研)各项均为正数的等比数列an，其前n项和为Sn，若a2a5
11、78，S313，则数列an的通项公式an_.解析由题意得a1q(q31)78，a1(1qq2)13q(q1)6，q0q3，a11，an3n1.答案3n1规律方法等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、n、an与Sn这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个其中a1和d(或q)是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现举一反三(江苏省南通中学2017届高三上学期期中考试)设Sn是等比数列an的前n项的和，若a32a60，则的值是_. 【导学
12、号：56394036】2a32a60q3，因此2.等差数列、等比数列的性质【例2】(20162017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知等比数列an的各项均为正数，且满足：a1a94，则数列log2an的前9项之和为_解析a1a9a4，a52，log2a1log2a2log2a9log2(a1a2a9)log2a9log2a59.答案9规律方法条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解决，要特别注意等差、等比数列性质的区别等差数列(或等比数列)中若出现的是通项与数列和的关系，则优先考虑等差数列(或等比数列)性质mnpqamanapaq
13、(m，n，p，qN*)(mnpqamanapaq(m，n，p，qN*)举一反三(2017届高三七校联考期中考试)设Sn为数列an的前n项和，Snkn2n，nN*，其中k是常数若对于任意的mN*，am，a2m，a4m成等比数列，则k的值为_0或1Snkn2n，nN* ， 数列an是首项为k1，公差为2k的等差数列，an2kn1k.又对于任意的mN*都有aama4m，aa1a4，(3k1)2(k1)(7k1)，解得k0或1.又k0时an1，显然对于任意的mN*，am，a2m，a4m成等比数列；k1时an2n，am2m，a2m4m，a4m8m，显然对于任意的mN*，am，a2m，a4m也成等比数列综
14、上所述，k0或1.判断和证明等差数列、等比数列【例3】(2017江苏省淮安市高考数学二模)设数列an的前n项和为Sn(nN*)，且满足：|a1|a2|；r(np)Sn1(n2n)an(n2n2)a1，其中r，pR，且r0.(1)求p的值；(2)数列an能否是等比数列？请说明理由；(3)求证：当r2时，数列an是等差数列解(1)n1时，r(1p)(a1a2)2a12a1，其中r，pR，且r0.又|a1|a2|.1p0，解得p1.(2)设ankan1(k1)，r(n1)Sn1(n2n)an(n2n2)a1，rS36a2,2rS412a34a1，化为：r(1kk2)6k，r(1kk2k3)6k22.
15、联立解得r2，k1(不合题意)，舍去，因此数列an不是等比数列(3)证明：r2时，2(n1)Sn1(n2n)an(n2n2)a1，2S36a2,4S412a34a1,6S520a410a1.化为：a1a32a2，a2a42a3，a3a52a4.假设数列an的前n项成等差数列，公差为d.则2(n1)(n2n)a1(n1)d(n2n2)a1，化为an1a1(n11)d，因此第n1项也满足等差数列的通项公式，综上可得，数列an成等差数列规律方法(1)定义法：an1and(常数)(nN*)an是等差数列；q(q是非零常数)an是等比数列；(2)等差(比)中项法：2an1anan2(nN*)an是等差数
16、列；aanan2(nN*，an0)an是等比数列；(3)通项公式法：anpnq(p，q为常数)an是等差数列；ana1qn1(其中a1，q为非零常数，nN*)an是等比数列(4)前n项和公式法：SnAn2Bn(A，B为常数)an是等差数列；SnAqnA(A为非零常数，q0,1)an是等比数列举一反三(2017江苏省盐城市高考数学二模)已知数列an的前n项和为Sn，数列bn，cn满足(n1)bnan1，(n2)cn，其中nN*.(1)若数列an是公差为2的等差数列，求数列cn的通项公式；(2)若存在实数，使得对一切nN*，有bncn，求证：数列an是等差数列. 【导学号：56394037】解(1
17、)数列an是公差为2的等差数列，ana12(n1)，a1n1.(n2)cn(a1n1)n2，解得cn1.(2)证明：由(n1)bnan1，可得：n(n1)bnnan1Sn，(n1)(n2)bn1(n1)an2Sn1，相减可得：an2an1(n2)bn1nbn，可得：(n2)cnan1(n1)bn(n1)bn(n1)bn(bnbn1)，因此cn(bnbn1)bncn，cn(bnbn1)，故bn，cn.(n1)an1，(n2)(an1an2)，相减可得：(an2an1)，即an2an12(n2)又2a2a2a1，则an1an2(n1)，数列an是等差数列.等差数列与等比数列的综合应用【例4】(20
18、162017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知等比数列an的公比q1，且满足：a2a3a428，且a32是a2，a4的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bnanlogan，Snb1b2bn，求使Snn2n162成立的正整数n的最小值解(1)a32是a2，a4的等差中项，2(a32)a2a4，代入a2a3a428，可得a38，a2a420，解之得或q1，数列an的通项公式为an2n.(2)bnanlogan2nlog2nn2n，Sn(12222n2n)，2Sn(122223(n1)2nn 2n1)，得Sn222232nn2n1n2n12n12n2n1.Snn2n162，2n1262
19、，n16，n5，使Snn2n162成立的正整数n的最小值为6.规律方法等差数列、等比数列的综合问题的解题关键仍然是“基本量”方法，其通过方程或者方程组求出数列的基本量，然后再解决后续问题举一反三(泰州中学20162017年度第一学期第一次质量检测文科)已知各项都为正数的等比数列an的前n项和为Sn，数列bn的通项公式bn(nN*)，若S3b51，b4是a2和a4的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解(1)数列bn的通项公式bn(nN*)，b56，b44.设各项都为正数的等比数列an的公比为q，q0，S3b517，a1a1qa1q27，b4是a2和a4的等比
20、中项，a2a4a16，解得a3a1q24，由得3q24q40，解得q2或q(舍去)，a11，an2n1.(2)当n为偶数时，Tn(11)2022(31)22423(51)24(n1)12n2n2n1(2022322423n2n1)(20222n2)，设Hn2022322423n2n1，则2Hn2222323(n1)2n1n2n，得Hn20222232n1n2nn2n(1n)2n1，Hn(n1)2n1，Tn(n1)2n12n.当n为奇数，且n3时，TnTn1(n1)2n12n1(n1)2n12n1，经检验，T12符合上式Tn一般数列的性质【例5】(江苏省苏州市2016届高三九月测试试卷)已知各项
21、均为正数的等比数列an，若2a4a32a2a18，则2a8a7的最小值为_ 解析设an的公比为q，由2a4a32a2a18，得(2a2a1)q2(2a2a1)8，所以(2a2a1)(q21)8，显然q21,2a8a7(2a2a1)q6，令tq2，则2a8a7，设函数f (t)(t1)，f (t)，易知当t时f (t)为减函数，当t时，f (t)为增函数时，所以f (t)的最小值为f 54，故2a8a7的最小值为54.答案54规律方法(1)在处理数列单调性问题时应利用数列的单调性定义，即“若数列an是递增数列n1，an1an恒成立”；(2)数列anf (n)的单调性与yf (x)，x1，)的单调
22、性不完全一致；(3)当数列对应的连续函数是单调函数，则可以借助其单调性来求解数列的单调性问题举一反三(南京市2016届高三年级模拟考试)已知数列an是递增数列，且对nN*，都有ann2n恒成立，则实数的取值范围是_. 【导学号：56394038】(3，)利用递增数列的定义，an1an，an1an2n102n1，nN*恒成立，则3.(注：本题易错的解法是根据数列所对应的函数单调性ann2n2，然后12.由数列是递增数列去断定数列对应的函数是递增函数，是错误的)一般数列的通项及求和【例6】(20162017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知数列an满足：an1an(1an1)，a11，数列bn
23、满足：bnanan1，则数列bn的前10项的和S10_.解析由an1an(1an1)得：1，因此数列是等差数列，所以n，即an，bnanan1，所以S10b1b2b101.答案规律方法(1)通常情况下数列的第(1)题是需要求数列的通项公式，而且其中也设出一个新的数列，我们在做的过程中，要把这个条件作为一种提示，配凑成这种新的数列，即可解决；若题中没有设出这样的新数列，可以看知识整合中6种求通项公式的方法；(2)对于数列求和，需要先判断用哪种求和的方法，然后进行求解举一反三(无锡市普通高中2017届高三上学期期中基础性检测)设数列an的前n项和为Sn，已知4Sn2ann27n(nN*)，则a11
24、_.2由题设4Sn2ann27n(nN*)可得4Sn12an1(n1)27(n1)，将以上两式两边相减可得4an2an2an12n17，即anan1n4，所以anan1n4，又因为a13，所以a23241，故a31342，依次可推得a112.存在探索与证明性问题【例7】(江苏省南通中学2017届高三上学期期中考试)已知数列an的前n项和为Sn，且Snan4，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)已知cn2n3(nN*)，记dncnlogCan(C0且C1)，是否存在这样的常数C，使得数列dn是常数列？若存在，求出C的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列bn，对于任意的正整数n，均有b1a
25、nb2an1b3an2bna1n成立，求证：数列 bn是等差数列解(1)a14a1，所以a12，由Snan4得n2时，Sn1an14，两式相减得，2anan1，.数列an是以2为首项，公比为的等比数列，所以an22n(nN*)(2)由于数列dn是常数列，dncnlogCan2n3(2n)logC22n32logC2nlogC2(2logC2)n32logC2为常数列，只有2logC20；解得C，此时dn7.(3)证明：b1anb2an1b3an2bna1n.当n1时，b1a11，其中a12，所以b1.当n2时，b1an1b2an2b3an3bn1a1n1，式两边同时乘以得，b1anb2an1b
26、3an2bn1a2n.式减去式得，bna1，所以bn，且bn1bn.所以数列bn是以为首项，公差为的等差数列举一反三(南京市2017届高三年级学情调研)已知数列an是公差为正数的等差数列，其前n项和为Sn，且a2a315，S416.(1)求数列an的通项公式；(2)数列bn满足b1a1，bn1bn.求数列bn的通项公式；是否存在正整数m，n(mn)，使得b2，bm，bn成等差数列？若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由解(1)设数列an的公差为d，则d0.由a2a315，S416，得解得或(舍去)所以an2n1.(2)因为b1a1，bn1bn，所以b1a11，bn1bn，即b2b1，b3
27、b2，bnbn1(n2)，累加得：bnb1，所以bnb11.b11也符合上式故bn，nN*.假设存在正整数m、n(mn)，使得b2，bm，bn成等差数列，则b2bn2bm.又b2，bn，bm，所以2，即，化简得：2m7.当n13，即n2时，m2，不符合题意，舍去；当n19，即n8时，m3，符合题意所以存在正整数m3，n8，使得b2，bm，bn成等差数列.数列与不等式的综合应用【例8】(江苏省泰州中学2017届高三摸底考试)已知数列an的前n项和Sn满足：Snt(Snan1)(t为常数，且t0，t1)(1)求an的通项公式；(2)设bnaSnan，若数列bn为等比数列，求t的值；(3)在满足条件
28、(2)的情形下，设cn4an1，数列cn的前n项和为Tn，若不等式2n7对任意的nN*恒成立，求实数k的取值范围解(1)当n1时，S1t(S1a11)，得a1t.当n2时，由Snt(Snan1)，即(1t)Sntant，得(1t)Sn1tan1t，得(1t)antantan1，即antan1，t(n2)，an是等比数列，且公比是t，antn.(2)由(1)知，bn(tn)2tn，即bn，若数列bn为等比数列，则有bb1b3，而b12t2，b2t3(2t1)，b3t4(2t2t1)，故t3(2t1)2(2t2)t4(2t2t1)，解得t，再将t代入bn，得bnn，由，知bn为等比数列，t.(3)
29、由t，知ann，cn4n1，Tn4n4n，由不等式2n7恒成立，得3k恒成立，设dn，由dn1dn，当n4时，dn1dn，当n4时，dn1dn，而d4，d5，d4d5，3k，k.规律方法数列与不等式交汇命题，不等式常作为证明或求解的一问呈现，解答时先将数列的基本问题解决，再集中解决不等式问题，注意放缩法、基本不等式、裂项、累加法的运用举一反三(江苏省南通中学2017届高三上学期期中考试)设公差不为零的等差数列an的前5项和为55，且a2，a49成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn，求证：数列bn的前n项和Sn.解(1)设等差数列的首项为a1，公差为d，则或(舍去)，故数列an
30、的通项公式为an72(n1)，即an2n5.(2)证明：由(1)an2n5，得bn.Snb1b2bn0时，f n(x)10，则f n(x)在(0，)内单调递增，而f 1(1)0，当n2时，f n(1)0，故f n(1)0，又f n1kn10时，f n1(x)f n(x)f n(x)，并由(1)知f n1(xn)f n(xn)f n1(xn1)0.由f n1(x)在(0，)内单调递增知，xn1xn，故xn为单调递减数列，从而对任意n，pN*，xnpxn.对任意pN*，f n (xn ) 1 xn 0.f np (xn p ) 1 xnp0.并移项，利用0xnpxn1，得xnxnpM时n2n1Sn
31、50恒成立？若存在，求出最小的M；若不存在，说明理由解(1)由已知，可得c0，f (x)2axb， 解之得a，b2n.f (x)x22nx.(2)an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a12(123n1)424n2n4.(3)an1an(n1)2(n1)4(n2n4)2n，bnn2n2n.Sn121222323n2n，2Sn122223324n2n1.得：Sn21222nn2n12n12n2n1，n2n1Sn2n1250，即2n152，当n5时，2n152.存在M4，使得当nM时，n2n1Sn50恒成立第3步 高考易错明辨析1忽视n的取值范围致误已知数列an
32、中，a11，前n项的和为Sn，对任意的自然数n2，an是3Sn4与2Sn1的等差中项求通项an.错原忽视了成立的前提n2，只能说明数列从第2项起为等比数列，至于整个数列an是否为等比数列还需验证是否等于，这种在解答过程中忽视数列“定义域”限制而致错的题目频率是非常高的，应引起足够的重视正解由已知，当n2时，2an(3Sn4)，又anSnSn1，得an3Sn4(n2)，an13Sn14，以上两式相减得an1an3an1，a2，a3，an，成等比数列，其中a23S243(1a2)4.即a2，q，当n2时，ana2qn2n2n1，an 2求等比数列的公比时忽视隐含条件致误已知一个等比数列的前四项之积
33、为，第2,3项的和为，求这个等比数列的公比错原设这四个数为，aq，aq3，公比为q2，就等于规定了这个等比数列各项要么同为正，要么同为负，但题中q可以为负！正解依题意，设这四个数为a，aq，aq2，aq3，则解得q32或q52.3解数列问题时由思维定势导致错误已知等比数列an中a21，则其前3项的和S3的取值范围是_错原默认q0，遗漏当q0时，S31q123；当公比qc1，b1c12a1，an1an，bn 1，cn 1，则An的最大值是_由bn1，cn1得bn1cn1(bncn)an，又an1ana1，所以bn1cn12a1(bncn2a1)，而b1c12a1，所以bncn2a1，所以cosA
34、n111，所以An的最大值是.3在ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若内角A，B，C依次成等差数列，且a和c是x26x80的两根，则SABC_.2 内角A，B，C依次成等差数列，B60，a和c是x26x80的两根，a2，c4，SABCacsin B242.4(改编题)函数f 1(x)x3，f 2(x)f 3(x)f 4(x)|sin(2x)|，等差数列an中，a10，a2 0151，bn|f k(an1)f k(an)|(k1,2,3,4)，用Pk表示数列bn的前2 014项的和，则P1，P2，P3，P4的关系为_. 【导学号：56394040】P41P1P2P32an是等
35、差数列，且a10，a2 0151，可知该数列为递增数列，且a1 008，a504.对于f 1(x)x3，该函数在0,1上为增函数，于是有f 1(an1)f 1(an)0，于是b1f 1(an1)f 1(an)，所以P1f 1(a2 015)f 1(a1)101.对于f 2(x)，该函数在上递增，在上递减，于是P2f 2(a1 008)f 2(a1)f 2(a1 008)f 2(a2 015)001.对于f 3(x)，该函数在上递减，在上为常数，类似有P3f 3(a1)f 3(a1 008)f 3(0)f 3312.对于f 4(x)，该函数在和递增，在和上递减，且是以为周期的周期函数，故只需讨论的情况，再2倍即可，仿前可知，P42f 4(a504)f 4(a1)f 4(a505)f 4(a1 008)21，故P41，则P41P1P2P32.