1、高考大题突破区 第三版块 第一单元 高考中档大题突破 解答题02:数 列02 高考考点多维解读 栏目导航01 全国卷5年大题集 03 高考零距离大突破 01 全国卷5年大题集 年 份卷 别具体考查内容及命题位置命题分析2017卷等差数列与等比数列的通项公式及前n项和公式T171.高考对此部分以解答题的形式考查并非年年都有，一般是与数列内容交替考查2高考主要考查两类基本数列(等差数列、等比数列)，两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)，两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用.卷等比数列前n项和公式与通项公式，等差中项法证明等差数列T17卷数列通项公式求法及裂项法求和T1
2、72016甲卷数列的通项、前n项和，新定义运算T17乙卷等差数列的通项，等比数列的前n项和T17丙卷数列的递推关系及等比数列通项T172014卷等差数列的定义与通项公式，错位相减法求和T172013卷等差数列的定义及通项公式，裂项相消法求和T17卷等比数列的性质，等差数列的通项及前n项和公式T1702 高考考点多维解读 基本考点等差、等比数列的基本运算1等差数列的通项公式及前 n 项和公式ana1(n1)d；Snna1an2na1nn12d2等比数列的通项公式及前 n 项和公式ana1qn1(q0)；Sna11qn1qa1anq1q(q1)3等差(比)数列的基本运算在进行等差(比)数列项与和的
3、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(或 q)的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量1(2017全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和已知S22，S36(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列(1)解：设an的公比为 q.由题设可得a11q2，a11qq26.解得 q2，a12故an的通项公式为 an(2)n(2)解：由(1)可得Sna11qn1q23(1)n2n13 由于 Sn2Sn143(1)n2n32n232231n2n132Sn，故 Sn1，Sn，Sn2 成等差数列2(2017全国卷)已知等差数列an的前n
4、项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，a11，b11，a2b22(1)若a3b35，求bn的通项公式；(2)若T321，求S3解：设an的公差为d，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1由a2b22得dq3.(1)由 a3b35 得 2dq26.联立和解得d3，q0(舍去)，d1，q2.因此bn的通项公式为 bn2n1(2)由 b11，T321 得 q2q200解得 q5 或 q4当 q5 时，由得 d8，则 S321当 q4 时，由得 d1，则 S361错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an与等比数列 bn对应项相乘(anbn)型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列bn的
5、公比把两个和的形式错位相减整理结果形式提醒 错位相减法求和时，易漏掉减数式的最后一项常考热点数列的综合问题2裂项相消求和的原理及注意问题(1)原理：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(2)注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性(2017濮阳一模)设等差数列an的前 n 项和 Sn 满足 S515，且 2a2，a6，a81 成公比大于 1 的等比数列.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2nan，求数列bn的前 n 项和 Tn思路点拨 (1)利用等差数列的首项与公差通过数列的和求出a3，利用2a2，a6，a
6、81成公比大于1的等比数列求出公差，然后求解数列的通项公式(2)化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可思路点拨【解】(1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d，因为 S515，所以 a33，又因为 2a2，a6，a81 成公比大于 1 的等比数列所以 a262a2(a81)，即：(a33d)22(a3d)(a35d1)，所以 d1 或 d1519(舍去)，所以 a1a32d321.所以 ann，数列an的通项公式为 ann；(2)由(1)可知：设 bn2nann2n，Tn12222323n2n；2 可得：2Tn122223324(n1)2nn2n1，得：Tn222232nn2n
7、1212n12 n2n12n12n2n1Tn(n1)2n12用错位相减法求和的注意事项(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解(2017全国卷)设数列an满足 a13a2(2n1)an2n.阿凡题1083959(1)求an的通项公式；(2)求数列an2n1 的前 n 项和【解】(1)因为 a13a2(2n1)an2n，故当 n2 时，a13a2(2n3)an12(n1)，两式相
8、减得(2n1)an2，所以 an22n1(n2)又由题设可得 a12，满足上式，所以an的通项公式为 an22n1(2)记an2n1 的前 n 项和为 Sn由(1)知an2n122n12n112n112n1，则 Sn1113131512n112n1 2n2n11(2017云南统检)设 Sn 为数列an的前 n 项和，已知 a12，对任意 nN*，都有 2Sn(n1)an(1)求数列an的通项公式；(2)若数列4anan2 的前 n 项和为 Tn，求证：12Tn0，所以 1 1n11显然当 n1 时，Tn 取得最小值12所以12Tn12(2017株洲二模)数列an的通项 an 是关于 x 的不等
9、式 x2xnx 的解集中正整数的个数f(n)1an11an21ann(1)求数列an的通项公式；(2)若 bnan2n，求数列bn的前 n 项和 Sn；(3)求证：对 n2，且 nN*，恒有 712f(n)1(1)解：x2xnx 等价于 x(xn1)0，解得 x(0，n1)，其中有正整数 n 个，于是 ann(2)解：由(1)得 bn n2nn12n，Snb1b2bn1122122n12n，12Sn11222123n12n1，两式相减得12Sn1212212312nn12n1112nn12n1，故 Sn212n1n12n(3)证明：f(n)1an11an21ann 1n1 1n2 1nn1n1
10、n1n1由 f(n)1an11an21ann 1n1 1n2 1nn，知 f(n1)1n2 1n3 12n12n112n2，于是 f(n1)f(n)12n112n2 1n112n212n2 1n10，故 f(n1)f(n)，当 n2，且 nN*时，f(n)为增函数，f(n)f(2)712，综上可知 712f(n)11(2017西安八校联考)设等差数列an的前n项和为Sn，已知a53，S1040(1)求数列an的通项公式；(2)若从数列an中依次取出第2,4,8，2n，项，按原来的顺序排成一个新数列bn，求数列bn的前n项和Tn03 高考零距离大突破 解：(1)a5a14d3，S1010a145
11、d40，解得 a15，d2an2n7(2)依题意，bna2n22n72n17，故 Tn(22232n1)7n222n12127n47n2n22(2017九江二模)各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn24Sn6，nN*(1)求 a1 及通项公式 an；(2)若 bn nan，求数列bn的前 n 项和 Tn解：(1)各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn24Sn6，nN*，n1 时，S34S16，a1a2a34a16，n2 时，a1a2a3a44(a1a2)6，由，得 a44a2a2q2，q24，q0，q2，由式知 a1(1qq2)4a16，a1(12
12、4)4a16,3a16，解得 a12，an2n(2)bn nan n2n，Tn12 222 323 n2n，12Tn 122 223 324n12n n2n1，由，得12Tn12 122 123 12n n2n1121 12n112 n2n11 12n n2n1，Tn2n22n 3(2017开封二模)已知正项数列an的前 n 项和为 Sn，Sn12an(an1)，nN*(1)求通项 an；(2)若 bn 1Sn，求数列bn的前 n 项和 Tn解：(1)a1S112a1(a11)，a10，解得 a11，nN*，an1Sn1Sn12an1(an11)12an(an1)，移项整理并因式分解得：(an
13、1an1)(an1an)0，因为an是正项数列，所以 an1an10，an1an1，an是首项 a11，公差为 1 的等差数列，ann(2)由(1)得 Sn12an(an1)12n(n1)，bn 1Sn2nn12n 2n1，Tnb1b2bn2122 2223 2n 2n1，21 2n1 2nn14(2017涪陵二模)数列an满足：a12，a23，an23an12an(nN*)(1)记 dnan1an，求证：数列dn是等比数列；(2)若数列1an 的前 n 项和为 Sn，证明 Sn32证明：(1)an23an12an，dn1dn an2an1an1a1 3an12anan1an1an2an12a
14、nan1an 2，数列dn是等比数列，d1a2a11，q2，dn2n1(2)dn2n1，dnan1an，an1an2n1，a2a120，a3a221，a4a322，anan12n2，累加得：ana120212n212n112 2n11，an2n11 1an12n11 12n1(n2)，n1 时，Sn1232成立；当 n2 时，Sn1212 122 12n112121 12n111232 12n1325(2017江西重点中学一模)数列an满足a11，a25，an22an1an1(1)设bnan1an，证明bn是等差数列，并求bn的通项公式；(2)设cntan bntan bn1，求数列cn的前n
15、项和Sn(1)证明：由an22an1an1得，an2an1an1an1，由bnan1an得，bn1bn1，即bn1bn1，又b1a2a1514，所以bn是首项为4，公差为1的等差数列且bnb1(n1)d4n1n3；(2)解：cntan bntan bn1tan(n3)tan(n4)，由 tan(n4)(n3)tann4tann31tann4tann3，可得 tan(n3)tan(n4)tann4tann3tan 11，即有数列cn的前 n 项和Sntan 5tan 4tan 1tan 6tan 5tan 1tann4tann3tan 1ntann4tan 4tan 1n6(2017南充二模)设
16、各项均为正数的数列an和bn满足：对任意 nN*，an，bn，an1 成等差数列，bn，an1，bn1 成等比数列，且 a11，b12，a23(1)证明数列 bn是等差数列；(2)求数列 1an前 n 项的和(1)证明：对任意 nN*，an，bn，an1 成等差数列，bn，an1，bn1 成等比数列，2bnanan1，a2n1bnbn1，an0，an1 bnbn1，2bn bn1bn bnbn1，2 bn bn1 bn1数列 bn是等差数列(2)解：a11，b12，a23.由(1)可得：322b2，解得：b292公差 d b2 b192 2 22 bn 2 22(n1)2n12 bnn122a2n1bnbn1n122n222，an10an1n1n22，n2 时，annn12.n1 时也成立annn12.nN*1an21n 1n1 数列 1an前 n 项的和2112 1213 1n 1n121 1n1 2nn1谢谢观看
