1、研高考明考点年份卷别小题考查大题考查2017卷T17等比数列的通项公式与前n项和，等差数列的判定卷T17等差、等比数列的通项公式及前n项和卷T17数列的递推关系及通项公式，裂项相消法求和2016卷T17等差数列的通项公式及等比数列求和卷T17等差数列的通项公式、数列求和卷T17数列的递推关系及通项公式2015卷T7等差数列的通项及前n项和公式T13等比数列的概念及前n项和公式卷T5等差数列的通项公式、性质及前n项和公式T9等比数列的通项公式和性质析考情明重点小题考情分析大题考情分析常考点1.等差、等比数列的基本运算(3年2考) 2.等差、等比数列的性质(3年2考)常考点高考对数列的考查若只出现
2、在解答题中时，常以数列的相关项以及关系式，或an与Sn的关系入手，结合等差、等比数列的定义展开考查，题型主要有：1.等差、等比数列基本量的运算2.数列求和问题3.等差、等比数列的判断与证明偶考点1.三角函数的综合问题2.平面向量与解三角形、三角函数的综合问题偶考点数列与其他知识的综合问题第一讲 小题考法等差数列与等比数列考点(一)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.数列的递推关系式典例感悟典例(1)(2017云南调研)已知数列an的前n项和为Sn，且满足4(n1)(Sn1)(n2)2an(nN*)，则数列an
3、的通项公式an()A(n1)3 B(2n1)2C8n2 D(2n1)21(2)(2017成都模拟)在数列an中，a11，a1an(nN*)，则数列an的通项公式an_.解析(1)当n1时，4(11)(a11)(12)2a1，解得a18.当n2时，4(Sn1)，则4(Sn11)，两式相减得，4an，整理得，所以ana18(n1)3.检验知，a18也符合，所以an(n1)3.(2)根据a1an，有a1an1，得，anan1，即n2an1(n21)an，所以，所以ana11.答案(1)A(2)方法技巧由an与Sn的关系求通项公式的注意事项(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
4、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(2018届高三广东五校联考)数列an满足a11，且an1a1ann(nN*)，则()A. B.C. D.解析：选A由a11，an1a1ann可得an1ann1，利用累加法可得ana1，所以an，所以2，故22，故选A.2(2017石家庄质检)数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前60项和为()A3 690 B3 660 C1 845 D1 830解析：选D不妨令
5、a11，根据题意，得a22，a3a5a71，a46，a610，所以当n为奇数时，an1，当n为偶数时构成以a22为首项，以4为公差的等差数列所以an的前60项和为S603023041 830.3设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则S5_.解析：an12Sn1，Sn1Sn2Sn1，Sn13Sn1，Sn13，数列是公比为3的等比数列，3.又S24，S11，S53434，S5121.答案：121考点(二)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.等差、等比数列的基本运算典例感悟典例(1)(2016全国卷)已知等差数列an前9项的
6、和为27，a108，则a100()A100 B99 C98 D97(2)(2017全国卷)等差数列an的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则an前6项的和为()A24 B3 C3 D8(3)(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_.解析(1)an是等差数列，设其公差为d，S9(a1a9)9a527，a53.又a108，a100a199d199198，故选C.(2)设等差数列an的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6a，即(a1d)(a15d)(a12d)2.又a11，所以d22d0.又d0，则d2，所以an前
7、6项的和S661(2)24.(3)设等比数列an的公比为q，则由S62S3，得q1，则解得则a8a1q72732.答案(1)C(2)A(3)32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(2017合肥质检)若等差数列an的前n项和为Sn，且满足a2S34，a3S512，则a4S7的值是()A20 B36 C24 D72解析：选C由a2S34及a3S512得解得a4S78a124d24.故选C.2(2017全国卷)设等比数列an满足a1a21
8、，a1a33，则a4_.解析：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.答案：83(2018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：an是公差为1的等差数列，S88a128，S44a16.S84S4，8a1284(4a16)，解得a1，a10a19d9.答案：考点(三)主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与前n项和有关的最值问题.等差、等比数列的性质典例感悟典例(1)(2017云南调研)已知数列an是等比数列，Sn为其前n项和，若a1a
9、2a34，a4a5a68，则S12()A40 B60 C32 D50(2)(2017长沙模拟)在各项均为正数的等比数列an中，a31，a51，则a2a2a6a3a7()A4 B6 C8 D84(3)(2018届高三湖南名校联考)若an是等差数列，首项a10，a2 016a2 0170，a2 016a2 0170成立的最大正整数n是()A2 016 B2 017 C4 032 D4 033解析(1)由等比数列的性质可知，数列S3，S6S3，S9S6，S12S9是等比数列，即数列4,8，S9S6，S12S9是等比数列，所以S9S616，S12S932，所以S12(S12S9)(S9S6)(S6S3
10、)S332168460，故选B.(2)在等比数列an中，a3a7a，a2a6a3a5，所以a2a2a6a3a7a2a3a5a(a3a5)2(11)2(2)28，故选C.(3)因为a10，a2 016a2 0170，a2 016a2 0170，所以d0，a2 0170，S4 0334 033a2 0170成立的最大正整数n是4 032，故选C.答案(1)B(2)C(3)C方法技巧等差、等比数列性质问题的求解策略(1)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(2)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
11、性质解题演练冲关1已知等差数列an中，a11，前10项和等于前5项和，若ama60，则m()A10 B9 C8 D2解析：选A记数列an的前n项和为Sn，由题意S10S5，所以S10S5a6a7a8a9a100，又a6a10a7a92a8，于是a80，又ama60，所以m628，解得m10.2(2017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) B8，7)C(8，7 D8，7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
12、，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8a7.3若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_.解析：因为a10a11a9a122a10a112e5，所以a10a11e5.所以ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)(a2a19)(a10a11)ln(a10a11)1010ln(a10a11)10ln e550ln e50.答案：50考点(四)主要考查等差、等比数列相结合的基本量的计算以及数列有关最值问题的求解.等差、等比数列的综合问题典例感悟典例(1)
13、(2018届高三西安八校联考)已知数列an是等比数列，数列bn是等差数列，若a1a6a113，b1b6b117，则tan的值为()AB1C D(2)设数列是等差数列，数列是等比数列，记数列，的前n项和分别为Sn，Tn.若a5b5，a6b6，且S7S54(T6T4)，则_.解析(1)依题意得，a()3，a6，3b67，b6，所以，故tan tan tan tan .(2)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.由a5b5，a6b6，且S7S54(T6T4)，得解得故.答案(1)A(2)方法技巧等差、等比数列综合问题的求解策略(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它
14、们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便(2)数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题演练冲关1(2017云南调研)已知数列an是等差数列，若a11，a33，a55依次构成公比为q的等比数列，则q()A2 B1 C1 D2解析：选C依题意，得2a3a1a5,2a36a1a56，即2(a33)(a11)(a55)，所以a11，a33，a55成等差数列又a11，a33，a55依次构成公比为q的等比数列，因此有a11a33a55，q1.2(2017望江调研)等差数列an的前n项和为Sn ，已知S100，S1525
15、，则nSn 的最小值为()A47 B48 C49 D50解析：选C由已知得解得那么nSnn2a1d.由于函数f(x)在x处取得极小值，又67，从而检验n6时，6S648，n7时，7S749.所以nSn 的最小值为49.3(2017太原模拟)设等比数列an的前6项和S66，且1为a1，a3的等差中项，则a7a8a9_.解析：依题意得a1a32a2，即S3a1a2a32，由等比数列的性质，知数列S3，S6S3，S9S6成等比数列，即数列2,4，S9S6成等比数列，于是有S9S68，即a7a8a98.答案：8必备知能自主补缺 (一) 主干知识要记牢1等差数列、等比数列等差数列等比数列通项公式ana1
16、(n1)dana1qn1(q0)前n项和公式Snna1d(1)q1，Sn；(2)q1，Snna12判断等差数列的常用方法(1)定义法：an1and(常数)(nN*)an是等差数列(2)通项公式法：anpnq(p，q为常数，nN*)an是等差数列(3)中项公式法：2an1anan2(nN*)an是等差数列(4)前n项和公式法：SnAn2Bn(A，B为常数，nN*)an是等差数列3判断等比数列的常用方法(1)定义法：q(q是不为0的常数，nN*)an是等比数列(2)通项公式法：ancqn(c，q均是不为0的常数，nN*)an是等比数列(3)中项公式法：aanan2(anan1an20，nN*)an
17、是等比数列(二) 二级结论要用好1等差数列的重要规律与推论(1)ana1(n1)dam(nm)d；pqmnapaqaman.(2)apq，aqp(pq)apq0；SmnSmSnmnd.(3)连续k项的和(如Sk，S2kSk，S3kS2k，)构成的数列是等差数列(4)若等差数列an的项数为偶数2m，公差为d，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2mm(amam1)，S偶S奇md，.(5)若等差数列an的项数为奇数2m1，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m1(2m1)am，S奇mam，S偶(m1)am，S奇S偶am，.针对练1一个等差数列的前12项
18、和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为3227，则该数列的公差d_.解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.由已知条件，得解得又S偶S奇6d，所以d5.答案：52等比数列的重要规律与推论(1)ana1qn1amqnm；pqmnapaqaman.(2)an，bn成等比数列anbn成等比数列(3)连续m项的和(如Sm，S2mSm，S3mS2m，)构成的数列是等比数列(注意：这连续m项的和必须非零才能成立)(4)若等比数列有2n项，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则q.(5)对于等比数列前n项和Sn，有：SmnSmqmSn；(q1
19、)(三) 易错易混要明了已知数列的前n项和求an，易忽视n1的情形，直接用SnSn1表示事实上，当n1时，a1S1；当n2时，anSnSn1.针对练2已知数列an的前n项和Snn21，则该数列的通项公式为_解析：当n1时，a1S12.当n2时，anSnSn1(n21)(n1)21n2(n1)22n1，又当n1时，21112.an答案：an课时跟踪检测 A组124提速练一、选择题1(2017成都模拟)在等比数列an中，已知a36，a3a5a778，则a5()A12 B18 C24 D30解析：选Ba3a5a7a3(1q2q4)6(1q2q4)78，解得q23，a5a3q26318.故选B.2(2
20、017兰州模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，若a12，a8a1028，则S9()A36 B72 C144 D288解析：选Ba8a102a928，a914，S972.3(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()A1 B2 C4 D8解析：选C设等差数列an的公差为d，则由得即解得d4.4设等比数列的前n项和为Sn，若S1a2，S2a3，则公比q()A1 B4 C4或0 D8解析：选BS1a2，S2a3，解得或(舍去)，故所求的公比q4.5已知Sn是公差不为0的等差数列的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，则的值为()A4 B6 C8
21、D10解析：选C设数列的公差为d，则S1a1，S22a1d，S44a16d，故(2a1d)2a1(4a16d)，整理得d2a1，所以8.6(2018届高三湖南十校联考)已知Sn是数列an的前n项和，且Sn1Snan3，a4a523，则S8()A72 B88 C92 D98解析：选C由Sn1Snan3，得an1an3，所以数列an是公差为3的等差数列，S892.7已知数列满足an1若a1，则a2 018()A. B. C. D.解析：选A因为a1，根据题意得a2，a3，a4，a5，所以数列以4为周期，又2 01850442，所以a2 018a2，故选A.8若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9
22、，积为，则前4项倒数的和为()A. B. C1 D2解析：选D设等比数列的首项为a1，公比为q，则第2,3,4项分别为a1q，a1q2，a1q3，依题意得a1a1qa1q2a1q39，a1a1qa1q2a1q3，化简得aq3，则2.9(2017广州模拟)已知等比数列an的各项都为正数，且a3，a5，a4成等差数列，则的值是()A. B.C. D.解析：选A设等比数列an的公比为q，由a3，a5，a4成等差数列可得a5a3a4，即a3q2a3a3q，故q2q10，解得q或q(舍去)，所以，故选A.10(2017张掖模拟)等差数列an中，是一个与n无关的常数，则该常数的可能值的集合为()A1 B.
23、C. D.解析：选B，若a1d0，则；若a10，d0，则1.a1dnd0，0，该常数的可能值的集合为.11(2018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.12(2017洛阳模拟)等比数列an的首项为，公比为，前n项和为Sn，则当nN*时，Sn的最大值与最小值之和为()AB C. D.解析：选C依题意得，Sn1n.当n为奇数时，Sn1随着
24、n的增大而减小，1Sn1S1，Sn随着Sn的增大而增大，0Sn；当n为偶数时，Sn1随着n的增大而增大，S2Sn11，Sn随着Sn的增大而增大，Sn0.因此Sn的最大值与最小值分别为，其最大值与最小值之和为.二、填空题13(2017合肥质检)已知数列an中，a12，且4(an1an)(nN*)，则其前9项和S9_.解析：由已知，得a4anan14a，即a4anan14a(an12an)20，所以an12an，又因为a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故S921021 022.答案：1 02214(2017兰州模拟)已知数列an中，a11，Sn为数列an的前n项和，且当n2时，有
25、1成立，则S2 017_.解析：当n2时，由1，得2(SnSn1)(SnSn1)SnSSnSn1，1，又2，是以2为首项，1为公差的等差数列，n1，故Sn，则S2 017.答案：15(2016全国卷)设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_解析：设等比数列an的公比为q，则由a1a310，a2a4q(a1a3)5，知q.又a1a1q210，a18.故a1a2anaq12(n1)23n23n2n.记t(n27n)2，结合nN*可知n3或4时，t有最大值6.又y2t为增函数，从而a1a2an的最大值为2664.答案：6416(2017广州模拟)设Sn为数列an的前n项
26、和，已知a12，对任意p，qN*，都有apqapaq，则f(n)(nN*)的最小值为_解析：a12，对任意p，qN*，都有apqapaq，令p1，qn，则有an1ana1an2.故an是等差数列，所以an2n，Sn2n2n，f(n)n11.当n18，即n7时，f(7)81；当n17，即n6时，f(6)71，因为，则f(n)(nN*)的最小值为.答案：B组能力小题保分练1若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值为()A6 B7 C8 D9解析：选D不妨设ab，由题意得a0，b0，则a，2，b成
27、等比数列，a，b，2成等差数列，p5，q4，pq9.2(2017郑州质检)已知数列an满足a1a2a3an2n2(nN*)，且对任意nN*都有t，则实数t的取值范围为()A. B.C. D.解析：选D依题意得，当n2时，an2n2(n1)222n1，又a1212211，因此an22n1，n1，即数列是以为首项，为公比的等比数列，等比数列的前n项和等于0，an1(nN*)，且a1.(1)求证：是等比数列，并求出an的通项公式；(2)求数列的前n项和Tn.解：(1)证明：记bn1，则，又b111，所以是首项为，公比为的等比数列所以1n1，即an.所以数列an的通项公式为an.(2)由(1)知，n1
28、1.所以数列的前n项和Tnnn. 解题通法点拨 数列问题重在“化归” 循流程思维入题快等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的这种化归为基本量处理的方法是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决 按流程解题快又准典例(2015全国卷)Sn为数列an的前
29、n项和已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解题示范(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.，得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由an0，得an1an2.又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.思维升华对于数列的备考：一是准确掌握数列中an与Sn之间的关系，这是解决数列问题的基础；二是重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是
30、解决数列问题的根本；三是注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；四是在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等应用体验(2017张掖模拟)已知数列an的前n项和为Sn，若an3Sn4，bnlog2an1.(1)求数列an的通项公式与数列bn的通项公式；(2)令cn，其中nN*，记数列cn的前n项和为Tn，求Tn的值解：(1)由题意知a11，an3Sn4，an13Sn14.两式相减并化简得an1an，an是首项为1，公比为的等比数列，ann1.bnlog2an1log2n2n.(2)cn，Tn，Tn，得，Tn1.Tn
31、2，即Tn2. 课时跟踪检测 1(2018届高三广西三市联考)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2n1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog4an1，求bn的前n项和Tn.解：(1)当n2时，anSnSn12n1，当n1时，a1211，满足an2n1，数列an的通项公式为an2n1(nN*)(2)由(1)得，bnlog4an1，则bn1bn，又b1log4a111，数列bn是首项为1，公差d的等差数列，Tnnb1d.2(2017福州质检)已知等差数列an的各项均为正数，其公差为2，a2a44a31.(1)求an的通项公式；(2)求a1a3a9a3n.解：(1)依题意知，an
32、a12(n1)，an0.因为a2a44a31，所以(a12)(a16)4(a14)1，所以a4a150，解得a11或a15(舍去)，所以an2n1.(2)a1a3a9a3n(211)(231)(2321)(23n1)2(13323n)(n1)2(n1)3n1n2.3(2017济南模拟)已知数列an满足a1511,4anan13(n2)(1)求证：数列an1为等比数列，并求数列an的通项公式；(2)令bn|log2(an1)|，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)证明：当n2时，由4anan13得an1(an11)，所以数列an1是以512为首项，为公比的等比数列所以an1512n12112n，
33、an2112n1.(2)bn|112n|，设数列112n的前n项和为Tn，则Tn10nn2.当n5时，SnTn10nn2；当n6时，Sn2S5Tnn210n50.所以Sn4(2018届高三广东五校联考)数列an的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)Sn2ana1，当n2时，Sn12an1a1；得，an2an2an1，即an2an1.由a1，a21，a3成等差数列，得2(a21)a1a3，2(2a11)a14a1，解得a12.数列an是首项为2，公比为2的等比数列an2n.(2)an2n，Sn
34、2ana12n12，Sn12n22.bn.数列bn的前n项和Tn.5已知数列an的前n项和为Sn，数列bn中，b1a1，bnanan1(n2)，且anSnn.(1)设cnan1，求证：cn是等比数列；(2)求数列bn的通项公式及前n项和Tn.解：(1)证明：anSnn，an1Sn1n1.得an1anan11，2an1an1，2(an11)an1，当n1时，a1S11，a1，a11，又cnan1，cn是首项为，公比为的等比数列(2)由(1)可知cnn1n，ancn11n.当n2时，bnanan11nn1nn.又b1a1也符合上式，bnn，Tn1n. 第三讲 创新考法与思想方法常见创新考法 创新点
35、(一)创新命题情景考应用能力典例1如果一个数列的每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和已知数列an是等和数列，且a13，公和为4，那么数列an的前25项和S25的值为_解析由题意知，anan14，且a13，所以a1a24，得a21，a33，a41，a241，a253，即数列an是周期为2的数列，所以S25(31)(31)(31)3124351.答案51点评本题通过新定义“等和数列”考查了学生利用归纳推理解决新问题的能力本题的实质是考查与周期有关的数列求和问题演练冲关1根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量Sn(万件)
36、近似地满足关系式Sn(21nn25)(n1,2，12)，按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是()A5,6月 B6,7月C7,8月 D8,9月解析：选C当n1时，a1S1不满足题意；当n2时，第n个月的需求量anSnSn1(n215n9)，解不等式(n215n9)1.5，得6n100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是()A440 B330 C220 D110解析：选A设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.由题意可知，N100，令100，得n14，nN*，即N出现在第13组之后易得第n组的所有
37、项的和为2n1，前n组的所有项的和为n2n1n2.设满足条件的N在第k1(kN*，k13)组，且第N项为第k1组的第t(tN*)个数，若要使前N项和为2的整数幂，则第k1组的前t项的和2t1应与2k互为相反数，即2t1k2，2tk3，tlog2(k3)，当t4，k13时，N4955时，N440，故选A.创新点(二)创新命题角度考迁移能力典例2(1)对于函数yf(x)，部分x与y的对应关系如下表：x123456789y375961824数列xn满足：x11，且对于任意nN*，点(xn，xn1)都在函数yf(x)的图象上，则x1x2x2 018()A7 564 B7 549C7 546 D7 53
38、9(2)设数列an满足a2a410，点Pn(n，an)对任意的nN*，都有向量PnP n1(1,2)，则数列an的前n项和Sn_.解析(1)数列xn满足x11，且对任意nN*，点(xn，xn1)都在函数yf(x)的图象上，xn1f(xn)，由图表可得x2f(x1)3，x3f(x2)5，x4f(x3)6，x5f(x4)1，数列xn是周期为4的周期数列，x1x2x2 018504(x1x2x3x4)x1x25041547 564.故选A.(2)Pn(n，an)，Pn1(n1，an1)，PnP n1(1，an1an)(1,2)，an1an2，an是公差d为2的等差数列又由a2a42a14d2a142
39、10，解得a11，an2n1，Snn2n2.答案(1)A(2)n2点评(1)第(1)题是函数与数列的交汇，第(2)题是平面向量与数列的交汇；(2)解答此类问题的一般思路为利用已知条件结合函数、平面向量的知识转化为数列的问题进行求解演练冲关3记Sn为正项等比数列an的前n项和，若780，且正整数m，n满足a1ama2n2a，则的最小值是()A. B. C. D.解析：选Can是等比数列，设an的公比为q，q6，q3，q67q380，解得q2(负值舍去)又a1ama2n2a，a2m2n22(a124)3a213，m2n15，(m2n)，当且仅当，即m3，n6时等号成立，的最小值是，故选C.4设直线
40、nx(n1)y(nN*)与两坐标轴围成的三角形的面积为Sn，则S1S2S2 017的值为_解析：当x0时，y，当y0时，x，所以三角形的面积Sn，所以S1S2S2 01711.答案：创新点(三)引入数学文化考核心素养典例3(1)张丘建算经卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾初日织五尺，今一月日织九匹三丈”其意思为今有一女子擅长织布，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一个月(按30天计)共织390尺布则该女子最后一天织布的尺数为()A18 B20 C21 D25(2)九章算术“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列上面4节的容积共为3升，下
41、面3节的容积共4升，则第5节的容积为_升解析(1)依题意得，该女子每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为an，其中a15，前30项和为390，于是有390，解得a3021，即该女子最后一天织21尺布(2)设该数列an的首项为a1，公差为d，依题意即解得则a5a14d4.答案(1)C(2)点评本例中的两题均以古代传统文化为背景，考查了与等差数列的通项及前n项和有关的计算问题演练冲关5(2017全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则
42、塔的顶层共有灯()A1盏 B3盏 C5盏 D9盏解析：选B每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为an，则前7项的和S7381，公比q2，依题意，得S7381，解得a13.创新点(四)引入临界知识考学科潜力典例4若数列an满足：对任意的nN*，只有有限个正整数m使得amn成立，记这样的m的个数为(an)*，则得到一个新数列(an)*例如，若数列an是1,2,3，n，则数列(an)*是0,1,2，n1，.已知对任意的nN*，ann2，则(a5)*_，(an)*)*_.解析因为amN时，恒有|anA|1，所以对于任意给定的正数(无论多小)，不存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|，即2不是数列
43、的极限对于，由|an2|12|1log2，即对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|1，所以对于任意给定的正数(无论多小)，不存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|0，an1an40，an1an4，即an是首项为2，公差为4的等差数列，an4n2.点评本例利用了方程的消元思想，通过an1Sn1Sn、Sn(an2)2消去Sn，找到数列中相邻两项的递推关系，使问题得到解决值得注意的是有时可借助an1Sn1Sn消去an，利用Sn1、Sn的递推关系解题2应用分类讨论思想解决数列前n项和的问题典例2设等比数列an的公比为q，前n项和Sn0(n1,2，)(1)求q的取值
44、范围；(2)设bnan2an1，记bn的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小解(1)因为an是等比数列，Sn0，可得a1S10，q0.当q1时，Snna10；当q1时，Sn0，即0，(n1,2，)上式等价于不等式组：(n1,2，)或(n1,2，)解式得q1；解式，由于n可为奇数、可为偶数，得1q0且1q0.当1q2时，TnSn0，即TnSn；当q2且q0时，TnSn0，即TnSn；当q或q2时，TnSn0，即TnSn.点评关于数列的分类讨论一般有三个考查方向：对公差d的讨论、对公比q的讨论、对项数n的讨论本例中考查了对公比q的讨论3应用转化与化归思想解决递推公式问题典例3已知数列an的首项a
45、11，前n项和为Sn，且Sn14an2(nN*)，求an的通项公式解当n2时，Sn14an2，Sn4an12.两式相减，得an14an4an1，将之变形为an12an2(an2an1)所以an12an是公比为2的等比数列又a1a2S24a12，a11，得a25，则a22a13.所以an12an32n1.两边同除以2n1，得，所以是首项为，公差为的等差数列所以(n1)n，所以an(3n1)2n2.点评本例通过两次化归，第一次把数列化归为等比数列，第二次把数列化归为等差数列，随着化归的进行，问题降低了难度化归与转化的思想中隐含着许多数学方法，如消元法、构造法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、分
46、组求和法等(二) 特殊方法在本专题中的应用方法1逐差叠加法典例1已知数列an中，a11，且an1an(1nan1)，则数列an的通项公式为_解析原数列递推公式可化为n，令bn，则bn1bnn，因此bn(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)b1(n1)(n2)211，所以an.答案an点评(1)形如an1anf(n)的数列an，常令n分别为1,2,3，n1，代入an1anf(n)，再把所得的n1个等式相加，即利用ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)(n2)求其通项公式(2)将递推关系式中的n变为n1或n1得到一个新的递推式，与原递推式相加或相减构造出递推关系是解决此类问
47、题的关键方法2逐商叠乘法典例2已知正项数列an中，a11，且(n2)a(n1)aanan10，则它的通项公式为()AanBanCan Dann解析因为(n2)a(n1)aanan10，所以(n2)an1(n1)an(an1an)0.又an为正项数列，所以(n2)an1(n1)an0，即，则ana11.故选B.答案B点评(1)形如f(n)的数列an，常令n分别为1,2,3，n1，代入f(n)中，再把所得的n1个等式相乘，即利用ana1(n2)，求其通项公式(2)利用逐商叠乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到，漏掉a1而导致错误；二是根据连乘求出an之后，不注意检验a1是否成立方法
48、3构造辅助数列法典例3已知数列an中，a11，an1(nN*)，则数列an的通项公式为_解析因为an1(nN*)，所以1，设t3，所以3tt1，解得t，所以3，又1，所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以3n1，所以，所以an.答案an点评(1)本题条件中的递推公式取倒数后化为形如an1panq(其中p，q均为常数，pq(p1)0)的递推公式，再用待定系数法把此递推公式转化为an1tp(ant)，其中t，再转化为等比数列求解(2)构造辅助数列法求解数列的通项公式，关键在于递推关系的灵活变形，当an与an1的系数相同时，主要通过构造等差数列或利用逐差叠加法求通项；若两者的系数不同，则应构造
49、等比数列或作商之后再用逐商叠乘法求解求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定叠加、叠乘后最后一个式子的形式 课时跟踪检测 一、选择题1已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100()A B100 C100 D10 200解析：选B由题意，a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(99100)(101100)(1299100)(23100101)1101100，故选B.2九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，
50、甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为()A.钱 B.钱 C.钱 D.钱解析：选D设等差数列an的首项为a1，公差为d，依题意有解得故选D.3中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了()A192里 B96里 C48里 D24里解析：选B设等比数列an的首项为a1，
51、公比为q，依题意有378，解得a1192，则a219296，即第二天走了96里，故选B.4已知数列an的通项公式为anlog(n1)(n2)(nN*)，我们把使乘积a1a2a3an为整数的n叫做“优数”，则在(0,2 018内的所有“优数”的和为()A1 024 B2 012 C2 026 D2 036解析：选Ca1a2a3anlog23log34log45log(n1)(n2)log2(n2)k，kZ，令0n2k22 018，则22k2 020,10，an3an10，即3，数列an是首项a12，公比q3的等比数列，其前n项和Sn3n1，故选A.6设曲线y2 018xn1(nN*)在点(1,2
52、 018)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令anlog2 018xn，则a1a2a2 017的值为()A2 018 B2 017 C1 D1解析：选D因为y2 018(n1)xn，则y|x12 018(n1)，所以曲线在点(1,2 018)处的切线方程是y2 0182 018(n1)(x1)，令y0，得xn，所以a1a2a2 017log2 018(x1x2x2 017)log2 018log2 0181. 二、填空题7对于数列an，定义Hn为an的“优值”，现在已知某数列an的“优值”Hn2n1，记数列ankn的前n项和为Sn，若SnS5对任意的nN*恒成立，则实数k的取值范围为_解析：
53、由Hn2n1，得n2n1a12a22n1an，(n1)2na12a22n2an1，得2n1ann2n1(n1)2n，所以an2n2，ankn(2k)n2，又SnS5对任意的nN*恒成立，所以即解得k.答案：8(2017安阳检测)在数列an中，a12n1(nN*)，且a11，若存在nN*使得ann(n1)成立，则实数的最小值为_解析：依题意得，数列的前n项和为2n1，当n2时，(2n1)(2n11)2n1，且2111211，因此2n1(nN*)，.记bn，则bn0，1，即bn1bn，数列bn是递增数列，数列bn的最小项是b1.依题意得，存在nN*使得bn成立，即有b1，的最小值是.答案：9(20
54、17德州模拟)已知四个数a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q(q0)不为1.将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则q的取值集合是_解析：因为公比q不为1，所以不能删去a1或a4.设等差数列的公差为d，则若删去a2，则2a3a1a4，即2a1q2a1a1q3,2q21q3，整理得q2(q1)(q1)(q1)，因为q1，所以q2q1，又q0，所以q；若删去a3，则2a2a1a4，即2a1qa1a1q3,2q1q3，整理得(q1)(q2q1)0，因为q1，所以q2q10，又q0，所以q.综上所述，q或q.答案：三、解答题10(2017惠州调研)已知数列an中，点(an
55、，an1)在直线yx2上，且首项a11.(1)求数列an的通项公式；(2)数列an的前n项和为Sn，等比数列bn中，b1a1，b2a2，数列bn的前n项和为Tn，请写出适合条件TnSn的所有n的值解：(1)由已知得，a11，an1an2，即an1an2，所以数列an是首项为1，公差为2的等差数列，an2n1.(2)数列an的前n项和Snn2.等比数列bn中，b1a11，b2a23，所以q3，bn3n1.数列bn的前n项和Tn.TnSn，即n2，又nN*，所以n1或2.11(2017临川模拟)若数列bn对于任意的nN*，都有bn2bnd(常数)，则称数列bn是公差为d的准等差数列如数列cn，若c
56、n则数列cn是公差为8的准等差数列设数列an满足a1a，对于nN*，都有anan12n.(1)求证：an是准等差数列；(2)求an的通项公式及前20项和S20.解：(1)证明：anan12n(nN*)，an1an22(n1)(nN*)，得an2an2(nN*)an是公差为2的准等差数列(2)a1a，anan12n(nN*)，a1a221，即a22a.由(1)得a1，a3，a5，是以a为首项，2为公差的等差数列；a2，a4，a6是以2a为首项，2为公差的等差数列当n为偶数时，an2a2na；当n为奇数时，ana2na1.anS20a1a2a3a4a19a20(a1a2)(a3a4)(a19a20
57、)21232192200.12已知函数f(x)定义在(1,1)上，f1，满足f(x)f(y)f，且x1，xn1.(1)证明：f(x)为定义在(1,1)上的奇函数；(2)求f(xn)的表达式；(3)是否存在自然数m，使得对任意的nN*，有恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由解：(1)证明：x，y(1,1)，f(x)f(y)f，当xy0时，可得f(0)0.当x0时，f(0)f(y)ff(y)，f(y)f(y)，f(x)是(1,1)上的奇函数(2)f(xn1)fff(xn)f(xn)2f(xn)，2，又f(x1)f1，f(xn)是以1为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为f(xn)2n1(nN*)(3)假设存在自然数m使得原不等式恒成立，即1216对任意的nN*恒成立，m16，故存在自然数m使得对任意的nN*，有恒成立，且m的最小值为16.
