1、专题三 数列题型一 数列的基本概念与应用数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个衔接点，在高考中常与其他知识相结合进行考查，主要命题点有：数列的概念型创新性问题；数列的最大(小)项问题；求数列的通项或递推公式问题等等主要考查考生的化归与转化、运算求解能力，考查的数学核心素养是数学运算复习时要注意以下几个方面：(1)明确数列就是定义在正整数集上的一类特殊的函数，尤其是研究数列的单调性时，可以转化为函数的单调性问题来解决，但要注意两者的区别；(2)熟练掌握数列的前n项和Sn与an的关系，求解时，由Sn求解an时，要注意n1的检验；(3)求解数列中项的最值或前n项
2、和的最值时，应注意结合数列通项公式的特征灵活处理，在做题过程中要认真研究，总结相应的规律【例1】(1)(2018高考全国卷)记Sn为数列an的前n项和，若Sn2an1，则S6_.(2)(2018高考全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315.求an的通项公式；求Sn，并求Sn的最小值解析(1)由Sn2an1，可得Sn12an11，两式相减，得an12an12an，即an12an.当n1时，S1a12a11，解得a11，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以S61261263.(2)设an的公差为d，由题意得a17,3a13d15，解得d2，an72(n1)2n9.
3、a17，d2，an2n9，Snn2(a1an)12(2n216n)n28n(n4)216，当n4时，前n项和Sn取得最小值为16.答案(1)63跟踪训练(1)(2018广东六校联考)数列an满足a11，且对于任意的nN*都有an1ana1n，则 1a1 1a2 1a2 017等于()A.2 0162 017B.4 0322 017C.2 0172 018D.4 0342 018解析：由题意，可得an1ann1，则a11，a2a12，a3a23，anan1n，以上各式相加，可得annn12，则 1an21n 1n1，所以 1a1 1a2 1a2 0172112 1213 12 01712 018
4、 4 0342 018.故选D.答案：D(2)(2018太原模拟)已知数列an满足an1anan1(nN*，n2)，a12 018，a22 017，Sn为数列an的前n项和，则S100的值为_解析：因为数列an满足an1anan1(nN*，n2)，a12 018，a22 017，所以a3a2a11，a42 018，a52 017，a61，a72 018，a82 017，所以an6an.则S100(a1a2a3a6)16a97a98a99a1000a1a2a3a42 0182 01712 0182 016.答案：2 016题型二 等差数列等比数列等差、等比数列是数列的两个基本组成部分，它们在概念
5、、公式和性质上有许多相似之处和密切的联系，因为大部分的数列问题最后都需要转化为等差、等比数列来解决高考对本部分内容的考查各种题型都有，主要考查以下两个方面：(1)等差与等比数列的基本运算，以选择题、填空题为主；(2)等差数列与等比数列的综合运算，此类问题以主观题为主，一般“大而全”，注重题目的综合性与新颖性，突出对逻辑思维能力的考查，考查的数学核心素养仍是数学运算复习时要注意以下几个方面：(1)深刻理解两种数列的基本概念，熟练掌握常用的方法与技巧，掌握等差数列和等比数列的判定及证明方法；(2)在等差数列与等比数列的基本运算中，如果能灵活运用相关性质，将有关公式进行变形(如中项公式的运用)，可大
6、大减少运算量；(3)注意在求等比数列的前n项和时，不要忘记公比是否为1的检验和讨论【例2】(1)(2018高考北京卷)设an是等差数列，且a1ln 2，a2a35ln 2.求an的通项公式；(2)(2018高考全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.求an的通项公式；记Sn为an的前n项和若Sm63，求m.解析(1)设an的公差为d，由a1ln 2，a2a35ln 2，可得2a13d5ln 2，解得dln 2，an的通项公式为ana1(n1)dnln 2.(2)设an的公比为q，由a11，a54a3，可得1q44(1q2)，解得q2.当q2时，an2n1；当q2时，an(2)n1，an的通
7、项公式为an2n1或an(2)n1.记Sn为an的前n项和当a11，q2时，Sna11qn1q12n12 12n3，由Sm63，得Sm12m363，mN，无解；当a11，q2时，Sna11qn1q12n12 2n1，由Sm63，得Sm2m163，mN，解得m6.综上，m6.跟踪训练(1)(2018陕西质检)已知Sn为数列an的前n项和，且满足Sn2ann4.证明：Snn2为等比数列；求数列Sn的前n项和Tn.解析：证明：当n1时，由Sn2ann4，得a13.所以S1124.当n2时，Sn2ann4可化为Sn2(SnSn1)n4，即Sn2Sn1n4(n2)，所以Snn22Sn1(n1)2(n2)
8、所以Snn2是首项为4，公比为2的等比数列由知Snn22n1，所以Sn2n1n2.所以TnS1S2Sn221223222n1n2(22232n1)(12n)2n2212n121nn22n2n2n23n24.(2)(2018河北省“五个一名校联盟”模拟)已知数列an是等差数列，a26，前n项和为Sn，数列bn是等比数列，b22，a1b312，S3b119.求an，bn的通项公式；求数列bncos(an)的前n项和Tn.解析：因为数列an是等差数列，a26，所以S3b13a2b118b119，所以b11.因为b22，数列bn是等比数列，所以bn2n1.所以b34，因为a1b312，所以a13，因为a26，数列an是等差数列，所以an3n.设Cnbncos(an)，由得Cnbncos(an)(1)n2n1，则Cn1(1)n12n，所以Cn1Cn 2，又C11，所以数列bncos(an)是以1为首项，2为公比的等比数列所以Tn112n1213(2)n1
