1、第3讲 数列 题型2 解答题 规范踩点 多得分考情分析 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.1 热点题型分析 PART ONE 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(
2、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 Sn12n3.由 Sm63 得(2)m188，此方程没有正整数解若 an2n1，则 Sn2n1.由
3、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
4、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，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 anS1，n1，SnSn1，n2.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
5、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1anan1，先求出 1an，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)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anbn 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
6、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 cn1，n为奇数，bn2，n为偶数.求 a1c1a2c2a2nc2n(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3q32d，3q2154d，解得d3，q3，故 an33(n1)3n，bn33n13n.所以，an的通项公式为 an3n，bn的通项公式为 bn3n.(2)a1c1
7、a2c2a2nc2n(a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn)n3nn126(631123218336n3n)3n26(131232n3n)记 Tn131232n3n，则 3Tn132233n3n1，得，2Tn332333nn3n1313n13 n3n12n13n132.所以，a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n232n13n1322n13n26n292(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*)，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
8、前 n 项和为 Tn(nN*)，求 Tn；证明nk1Tkbk2bkk1k2 2n2n22(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 Sn12n12 2n1，故 Tnnk1(2k1)nk12kn212n12n2n1n2.证明：因为 Tkbk2bkk1k22k1k2k2kk1k2k2k1k1
9、k2 2k2k2 2k1k1，所以nk1Tkbk2bkk1k2233 222 244 233 2n2n2 2n1n1 2n2n22.采用错位相减法求和，要注意相减后和式的结构，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：1nnp1p1n 1np；(2)根式裂项：1n np1p(np n)；(3)对数式裂项：lg npn lg(np)lg n；(4)指数式裂项：aqn a1q(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；(
10、2)设 bn1anan1，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103 d52，因此 d3，故数列an的通项公式为 an133n.(2)bn1133n103n131103n1133n，于是 Tnb1b2bn1317 110 1417 1103n1133n 131103n 110 n10103n.热点 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
11、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，cnnM；或者存在正整数 m，使得 cm，cm1，cm2，是等差数列解(1)c1b1a1110，c2maxb12a1，b22a2max121,3221，c3maxb1
12、3a1，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 cnb1a1nn1d2nd1，d2nd1，b1a1n，d2nd1.当 d10 时，取正整数 md2d1，则当 nm 时，nd1d2，因此 cnb
13、1a1n.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 nd2d1时，有 nd1d2，所以cnnb1a1nn1d2nd1nn(d1)d1a1d2b1d2n n(d1)d1a1d2|b1d2|.对任意正数 M，取正整数mmaxM|b1d2|a1d1d2d1，d2d1，故当 nm 时，cnnM.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：
14、数列an为“M-数列”；(2)已知数列bn(nN*)满足：b11，1Sn 2bn 2bn1，其中 Sn 为数列bn的前 n 项和求数列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a2a4a5，a34a24a10，得a21q4a1q4，a1q24a1q4a10，解得a11，q2.因此数列an为“M-数列”(2)因为 1Sn 2bn 2bn1，所以 bn0.由 b11，S1b1，得1121 2b2，则 b22.由 1Sn 2bn 2bn1，
15、得 Snbnbn12bn1bn.当 n2 时，由 bnSnSn1，得bnbnbn12bn1bnbn1bn2bnbn1，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，m 时，有ln kk ln q ln kk1.设 f(x)ln xx(x1)，则 f(x)1ln xx2.令 f(x)0，得 xe.列表如下：x(1，e)e(e，)f(x
16、)0f(x)极大值 因为ln 22 ln 86 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，Snnn9d2.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(1)2n12n22n3211
17、，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.本课结束
