1、第3讲数列考情分析数列为每年高考必考内容之一，题型不固定，等差、等比数列基本量和性质的考查是高考的热点，经常以客观题的形式呈现；数列求和及数列与函数、不等式的综合问题常以解答题的形式呈现，考查分析问题、解决问题的能力及转化与化归等数学思想方法.热点题型分析热点1等差数列与等比数列的综合1等差(比)数列的运算策略(1)在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个最基本的元素；(2)在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解2应用数列性质解题的方法(1)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
2、解；(2)牢固掌握等差(比)数列的性质，可分为三类：通项公式的变形；等差(比)中项的变形；前n项和公式的变形(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和若Sm63，求m.解(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)，q2或q2.故an(2)n1或an2n1.(2)若an(2)n1，则Sn.由Sm63得(2)m188，此方程没有正整数解若an2n1，则Sn2n1.由Sm63得2m64，解得m6.综上，m6.在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法有两个处理
3、思路：一是利用基本量，将多元问题简化为一元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确；二是利用等差、等比数列的性质，但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形(2019北京高考)设an是等差数列，a110，且a210，a38，a46成等比数列(1)求an的通项公式；(2)记an的前n项和为Sn，求Sn的最小值解(1)设an的公差为d.因为a110，所以a210d，a3102d，a4103d.因为a210，a38，a46成等比数列，所以(a38)2(a210)(a46)所以(22d)2d(43d)解得d2.所以ana1(n1)d2n12.(2)由(1)知，an2n12.则当n7时
4、，an0；当n6时，an0.所以Sn的最小值为S5S630.热点2数列的通项与求和1求数列通项公式的常见类型及方法(1)观察法：根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法求其通项公式；(2)公式法：利用等差(比)数列的通项公式求an；(3)已知Sn与an的关系，利用an求an；(4)累加法：形如an1anf(n)的解析式，可用递推式多项相加法求得an；(5)累乘法：形如an1f(n)an(an0)的解析式，可用递推式多项相乘法求得an；(6)倒数法：形如f(anan1，an，an1)0的关系，同乘，先求出，再求出an；(7)构造辅助数列法：通过变换递推关系，将非等差(等比)数列构造为等差(等比)
5、数列来求其通项公式2求数列前n项和Sn的常见方法(1)公式法：利用等差、等比数列的前n项和公式求数列的前n项和；(2)裂项相消法：将数列恒等变形为连续两项或相隔若干项之差的形式，进行消项；(3)错位相减法：求解形如anbn和的前n项和，数列an，bn分别为等差与等比数列；(4)倒序相加法：应用于等差数列或能转化为等差数列的数列求和；(5)分组求和法：数列为等差与等比数列的代数和或奇数项和偶数项的规律不同，根据其表现形式分别求和1(2019天津高考)设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0.已知a1b13，b2a3，b34a23.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列cn满足cn求a1c
6、1a2c2a2nc2n(nN*)解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.依题意，得解得故an33(n1)3n，bn33n13n.所以，an的通项公式为an3n，bn的通项公式为bn3n.(2)a1c1a2c2a2nc2n(a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn)(631123218336n3n)3n26(131232n3n)记Tn131232n3n，则3Tn132233n3n1，得，2Tn332333nn3n1n3n1.所以，a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n23(nN*)2(2018天津高考)设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(nN
7、*)，bn是等差数列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*)，求Tn；证明 2(nN*)解(1)设等比数列an的公比为q.由a11，a3a22.可得q2q20.因为q0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为d，由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16.从而b11，d1，故bnn.所以数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bnn.(2)由(1)，有Sn2n1，故Tn (2k1)2knn2n1n2.证明：因为，所以 2.采用错位相减法求和，要注意相减后和式的结
8、构，把项数数清采用裂项相消法求和，消项时要注意相消的规律，可将数列的前几项和表示出来，归纳出规律常用的裂项相消变换有：(1)分式裂项：；(2)根式裂项：()；(3)对数式裂项：lg lg (np)lg n；(4)指数式裂项：aqn(qnqn1)(q0且q1)等差数列an的前n项和为Sn，已知a110，a2为整数，且SnS4.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解(1)由a110，a2为整数，可知等差数列an的公差d为整数又SnS4，故a40，a50，于是103d0,104d0，解得d，因此d3，故数列an的通项公式为an133n.(2)bn，于是Tnb1b2bn.热
9、点3数列的综合应用解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点：(1)由于数列是一类特殊函数，因此解答数列问题时，多从函数角度入手，准确处理数列问题；(2)利用数列自身特点和自身性质，准确推理，其中注意适时分类讨论；(3)证明不等关系时要充分利用题意恰当使用放缩法1(2017北京高考)设an和bn是两个等差数列，记cnmaxb1a1n，b2a2n，bnann(n1,2,3，)，其中maxx1，x2，xs表示x1，x2，xs这s个数中最大的数(1)若ann，bn2n1，求c1，c2，c3的值，并证明cn是等差数列；(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当nm时，M；或者存在正整数m，使得
10、cm，cm1，cm2，是等差数列解(1)c1b1a1110，c2maxb12a1，b22a2max121,3221，c3maxb13a1，b23a2，b33a3max131，332，5332.当n3时，(bk1nak1)(bknak)(bk1bk)n(ak1ak)2n0，所以bknak关于kN*单调递减所以cnmaxb1a1n，b2a2n，bnannb1a1n1n.所以对任意n1，cn1n，于是cn1cn1，所以cn是等差数列(2)证明：设数列an和bn的公差分别为d1，d2，则bknakb1(k1)d2a1(k1)d1nb1a1n(d2nd1)(k1)所以cn当d10时，取正整数m，则当nm
11、时，nd1d2，因此cnb1a1n.此时，cm，cm1，cm2，是等差数列当d10时，对任意n1，cnb1a1n(n1)maxd2,0b1a1(n1)(maxd2,0a1)此时，c1，c2，c3，cn，是等差数列当d10时，当n时，有nd1d2，所以n(d1)d1a1d2n(d1)d1a1d2|b1d2|.对任意正数M，取正整数mmax，故当nm时，M.2(2019江苏高考)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”(1)已知等比数列an(nN*)满足：a2a4a5，a34a24a10，求证：数列an为“M数列”；(2)已知数列bn(nN*)满足：b11，其中Sn为数列bn的前n项和求数列
12、bn的通项公式；设m为正整数若存在“M数列”cn(nN*)，对任意正整数k，当km时，都有ckbkck1成立，求m的最大值解(1)证明：设等比数列an的公比为q，所以a10，q0.由得解得因此数列an为“M数列”(2)因为，所以bn0.由b11，S1b1，得，则b22.由，得Sn.当n2时，由bnSnSn1，得bn，整理得bn1bn12bn.所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列因此，数列bn的通项公式为bnn(nN*)由知，bkk，kN*.因为数列cn为“M数列”，设公比为q，所以c11，q0.因为ckbkck1，所以qk1kqk，其中k1,2,3，m(mN*)当k1时，有q1；当k2,3
13、，m时，有ln q.设f(x)(x1)，则f(x).令f(x)0，得xe.列表如下：x(1，e)e(e，)f(x)0f(x)极大值因为0，求使得Snan的n的取值范围解(1)设等差数列an的公差为d.由S9a5得a14d0.由a34得a12d4.于是a18，d2.因此等差数列an的通项公式为an102n.(2)由(1)得a14d，故an(n5)d，Sn.由a10知d0.解(1)满足条件的数列A3为：1，1,6；1,0,4；1，1,2；1，2,0.(2)假设a11，因为a10，所以a11.又a2，a3，an1，因此有a12n1a22n2a32n3an12an2n1(1)2n2(1)2n3(1)2
14、(1)2n12n22n3211，这与a12n1a22n2a32n3an12an0矛盾！所以a11.(3)先证明如下结论：k1,2，n1，必有a12n1a22n2ak2nk0.否则，令a12n1a22n2ak2nk0，注意到左式是2nk的整数倍，因此a12n1a22n2ak2nk2nk.所以有a12n1a22n2a32n3an12an2nk(1)2nk1(1)2nk2(1)2(1)2nk2nk12nk2211，这与a12n1a22n2a32n3an12an0矛盾！所以a12n1a22n2ak2nk0.因此有a10，a12a20，a14a22a30，a12k1a22k2ak12ak0，a12n2a22n3an22an10.将上述n1个不等式相加得a1(2n11)a2(2n21)an1(21)0.