2019高考數學二輪復習 專題二 數列學案 理.doc

《2019高考數學二輪復習 專題二 數列學案 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考數學二輪復習 專題二 數列學案 理.doc（48頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

專題二 數列 [全國卷3年考情分析] , 第一講 小題考法——等差數列與等比數列 考點(一) 數列的遞推關系式 主要考查方式有兩種：一是利用an與Sn的關系求通項an或前n項和Sn；　二是利用an與an＋1的關系求通項an或前n項和Sn. [典例感悟] [典例]　(1)(2018合肥一模)已知數列{an}的前n項和為Sn，若3Sn＝2an－3n，則a2 018＝(　　) A．22 018－1　　　　　 B.32 018－6 C.2 018－ D.2 018－ (2)(2018惠州模擬)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，則數列{an}的通項公式an＝________. (3)(2018昆明模擬)在數列{an}中，a1＝5，(an＋1－2)(an－2)＝3(n∈N*)，則該數列的前2 018項的和是________． [解析]　(1)∵3Sn＝2an－3n，∴當n＝1時，3S1＝3a1＝2a1－3，∴a1＝－3.當n≥2時，3an＝3Sn－3Sn－1＝(2an－3n)－(2an－1－3n＋3)，∴an＝－2an－1－3，∴an＋1＝－2(an－1＋1)，∴數列{an＋1}是以－2為首項，－2為公比的等比數列，∴an＋1＝－2(－2)n－1＝(－2)n，∴an＝(－2)n－1，∴a2 018＝(－2)2 018－1＝22 018－1.故選A. (2)an＋1－2an＝2n兩邊同除以2n＋1，可得－＝，又＝，∴數列是以為首項，為公差的等差數列，∴＝＋(n－1)＝，∴an＝n2n－1. (3)依題意得(an＋1－2)(an－2)＝3，(an＋2－2)(an＋1－2)＝3，因此an＋2－2＝an－2，即an＋2＝an，所以數列{an}是以2為周期的數列．又a1＝5，因此(a2－2)(a1－2)＝3(a2－2)＝3，故a2＝3，a1＋a2＝8.又因為2 018＝21 009，所以該數列的前2 018項的和等于1 009(a1＋a2)＝8 072. [答案]　(1)A　(2)n2n－1　(3)8 072 [方法技巧] 由an與Sn的關系求通項公式的注意點 (1)應重視分類討論思想的應用，分n＝1和n≥2兩種情況討論，特別注意an＝Sn－Sn－1成立的前提是n≥2. (2)由Sn－Sn－1＝an推得an，當n＝1時，a1也適合，則需統一表示(“合寫”)． (3)由Sn－Sn－1＝an推得an，當n＝1時，a1不適合，則數列的通項公式應分段表示(“分寫”)，即an＝ [演練沖關] 1．(2019屆高三洛陽四校聯考)已知數列滿足條件a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，則數列的通項公式為(　　) A．an＝2n＋1 B．an＝ C．an＝2n D.an＝2n＋2 解析：選B　由題意可知，數列滿足條件a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，則n≥2時，有a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2(n－1)＋5，n≥2， 兩式相減可得，＝2n＋5－2(n－1)－5＝2， ∴an＝2n＋1，n≥2，n∈N*. 當n＝1時，＝7，∴a1＝14， 綜上可知，數列的通項公式為 an＝ 2．已知函數f(x)對任意實數x，y滿足f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，若數列{an}的前n項和Sn＝f(n)(n∈N*)且a1＝1，那么a2 018＝(　　) A．－1 B．1 C．－2 018 D.2 018 解析：選B　法一：∵Sn＝f(n)，∴S2＝2S1＝a1＋a2，∴a2＝1， ∵S3＝S1＋S2＝3，∴a3＝1， ∵S4＝S1＋S3＝4， ∴a4＝1，…，∴a2 018＝1. 法二：令x＝1，y＝n，則Sn＋S1＝Sn＋1. 當n≥2時，Sn－1＋S1＝Sn， ∴Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1，故an＋1＝an， ∵a1＝1，可求出a2＝1，∴a2 018＝1. 3．(2018全國卷Ⅰ)記Sn為數列{an}的前n項和．若Sn＝2an＋1，則S6＝________. 解析：∵Sn＝2an＋1， ∴當n≥2時，Sn－1＝2an－1＋1， ∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2an－1. 當n＝1時，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1. ∴數列{an}是首項a1為－1，公比q為2的等比數列， ∴Sn＝＝＝1－2n， ∴S6＝1－26＝－63. 答案：－63 4．已知數列{an}的前n項和為Sn＝3＋2n，則數列{an}的通項公式為________． 解析：當n＝1時，a1＝S1＝3＋2＝5；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－2n－1＝2n－1.因為當n＝1時，不符合an＝2n－1，所以數列{an}的通項公式為an＝ 答案：an＝ 考點(二) 等差、等比數列的基本運算 主要考查與等差(比)數列的通項公式、前n項和公式有關的五個基本量間的“知三求二”運算. [典例感悟] [典例]　(1)(2017全國卷Ⅰ)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為(　　) A．1　　　　　　　　　 B.2 C．4 D.8 (2)(2018全國卷Ⅰ)記Sn為等差數列{an}的前n項和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝(　　) A．－12 B．－10 C．10 D.12 (3)(2017全國卷Ⅲ)設等比數列{an}滿足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，則 a4＝________. (4)(2019屆高三河南十校聯考)已知{an}是公差為1的等差數列，Sn為{an}的前n項和，若S8＝4S4，則a10＝________. [解析]　(1)設等差數列{an}的公差為d， 則由得 即解得d＝4. (2)設等差數列{an}的公差為d，由3S3＝S2＋S4， 得3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0. 將a1＝2代入上式，解得d＝－3， 故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4(－3)＝－10. (3)設等比數列{an}的公比為q， 則a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1， a1－a3＝a1(1－q2)＝－3， 兩式相除，得＝， 解得q＝－2，a1＝1， 所以a4＝a1q3＝－8. (4)∵{an}是公差為1的等差數列， ∴S8＝8a1＋28，S4＝4a1＋6. ∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)， 解得a1＝， ∴a10＝a1＋9d＝＋9＝. [答案]　(1)C　(2)B　(3)－8　(4) [方法技巧] 等差(比)數列基本運算的解題思路 (1)設基本量：首項a1和公差d(公比q)． (2)列、解方程(組)：把條件轉化為關于a1和d(或q)的方程(組)，然后求解，注意整體計算，以減少運算量． [演練沖關] 1．(2018廣西模擬)在等差數列{an}中，已知a2＝2，前7項和S7＝56，則公差d＝(　　) A．2 B．3 C．－2 D.－3 解析：選B　由題意可得即解得選B. 2．已知等比數列{an}的前n項和為Sn，a2a5＝2a3,2a4＋4a7＝5，則S5＝(　　) A．29 B．31 C．33 D.36 解析：選B　法一：設等比數列{an}的公比為q，由題意知解得所以S5＝＝31，故選B. 法二：設等比數列{an}的公比為q，由a2a5＝2a3，得a4＝2，又2a4＋4a7＝5，所以a7＝，所以q＝，所以a1＝16，所以S5＝＝31，故選B. 3．(2018開封模擬)已知數列{an}滿足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，則log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________. 解析：由log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，所以an＋1＝2an，所以數列{an}是以a1為首項，2為公比的等比數列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100. 答案：100 考點(三) 等差、等比數列的性質 主要考查利用等差、等比數列的性質求解基本量及與數列單調性有關的參數范圍問題. [典例感悟] [典例]　(1)(2018宜昌模擬)已知－9，a1，a2，－1成等差數列，－9，b1，b2，b3，－1成等比數列，則b2(a1＋a2)等于(　　) A．30　　　　　　　 B.－30 C．30 D.15 (2)(2018四川遂寧一診)已知數列{an}滿足an＝若對于任意的n∈N*都有an>an＋1，則實數λ的取值范圍是(　　) A. B. C. D. [解析]　(1)依題意a1＋a2＝－9＋(－1)＝－10， ∵b＝(－9)(－1)＝9，又b2與－9，－1符號相同，即b2＝－3，∴b2(a1＋a2)＝30. (2)因為an>an＋1，所以數列{an}是遞減數列，所以解得<λ<，故選B. [答案]　(1)A　(2)B [方法技巧] 等差、等比數列性質問題的求解策略 解題關鍵 抓住項與項之間的關系及項的序號之間的關系，從這些特點入手選擇恰當的性質進行求解 運用函數 性質 數列是一種特殊的函數，具有函數的一些性質，如單調性、周期性等，可利用函數的性質解題 [演練沖關] 1．(2019屆高三西安八校聯考)設等差數列{an}的前n項和為Sn，且a2＋a7＋a12＝24，則S13＝(　　) A．52 B．78 C．104 D.208 解析：選C　依題意得3a7＝24，a7＝8，S13＝＝13a7＝104. 2．已知數列{an}的前n項和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，且S25＝100，則a12＋a14＝(　　) A．16 B．8 C．4 D.不確定 解析：選B　由數列{an}的前n項和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，可得數列{an}是等差數列，S25＝＝100，解得a1＋a25＝8，所以a12＋a14＝a1＋a25＝8. 3．(2018合肥質檢)已知數列{an}是首項為a，公差為1的等差數列，數列{bn}滿足bn＝.若對任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，則實數a的取值范圍是(　　) A．(－8，－7) B．[－8，－7) C．(－8，－7] D.[－8，－7] 解析：選A　因為{an}是首項為a，公差為1的等差數列，所以an＝n＋a－1，因為bn＝＝1＋，又對任意的n∈N*都有bn≥b8成立，所以1＋≥1＋，即≥對任意的n∈N*恒成立，因為數列{an}是公差為1的等差數列，所以{an}是單調遞增的數列，所以即解得－80且q≠1，因為S1，S3，S4成等差數列，所以2S3＝S1＋S4，即＝a1＋，解得q＝. 答案： 3．在等差數列{an}中，a1＝7，公差為d，前n項和為Sn，當且僅當n＝8時Sn取得最大值，則d的取值范圍為________． 解析：由題意，得a8>0，a9<0， 所以7＋7d>0，且7＋8d<0， 即－10，因為a2，a3，a1成等差數列，所以a1＋a2＝2a3＝a3，即a1＋a1q＝a1q2，因為a1≠0，所以q2－q－1＝0，解得q＝或q＝<0(舍去)，所以＝＝q2＝，故選C. 4．(2018遼寧五校聯考)各項為正的等比數列{an}中，a4與a14的等比中項為2，則log2a7＋log2a11的值為(　　) A．1 B．2 C．3 D.4 解析：選C　由題意得a4a14＝(2)2＝8，由等比數列的性質，得a4a14＝a7a11＝8，∴l(xiāng)og2a7＋log2a11＝log2(a7a11)＝log28＝3，故選C. 5.(2018陜西模擬)設等差數列{an}的前n項和為Sn，若2a8＝6＋a11，則S9＝(　　) A．27 B．36 C．45 D.54 解析：選D　∵在等差數列{an}中，2a8＝a5＋a11＝6＋a11，∴a5＝6，故S9＝＝9a5＝54.故選D. 6．等差數列{an}和{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，且＝，則＝(　　) A. B. C. D. 解析：選A　由題知，＝＝. 7．已知數列是等差數列，且a3＝2，a9＝12，則a15＝(　　) A．10 B．30 C．40 D.20 解析：選B　法一：設數列的公差為d.∵a3＝2，a9＝12，∴6d＝－＝－＝，∴d＝，＝＋12d＝2.故a15＝30. 法二：由于數列是等差數列，故2＝＋，即＝2－＝2，故a15＝30. 8．已知數列{an}的各項均為正整數，其前n項和為Sn.若an＋1＝且S3＝29，則a1＝(　　) A．4 B．5 C．6 D.7 解析：選B　法一：若a1＝4k，則a2＝2k，a3＝k，此時S3＝7k＝29，由于k為整數，此時無解；若a1＝4k＋1，則a2＝12k＋4，a3＝6k＋2，此時S3＝22k＋7＝29，解得k＝1，即a1＝5；若a1＝4k＋2，則a2＝2k＋1，a3＝6k＋4，此時S3＝12k＋7＝29，由于k為整數，此時無解；若a1＝4k＋3，則a2＝12k＋10，a3＝6k＋5，此時S3＝22k＋18＝29，由于k為整數，此時無解．綜上可知a1＝5. 法二：當a1＝4時，a2＝2，a3＝1，S3＝7，排除A；當a1＝5時，a2＝16，a3＝8，S3＝29，B符合題意，故選B. 9．(2019屆高三湖南十校聯考)等差數列{an}的前n項和為Sn，且a1<0，若存在自然數m≥3，使得am＝Sm，則當n>m時，Sn與an的大小關系是(　　) A．Snan D.大小不能確定 解析：選C　若a1<0，存在自然數m≥3，使得am＝Sm，則d>0，否則若d≤0，數列是遞減數列或常數列，則恒有Sm0，當m≥3時，有am＝Sm，因此am>0，Sm>0，又Sn＝Sm＋am＋1＋…＋an，顯然Sn>an.故選C. 10．(2018西安八校聯考)設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S6>S7>S5，則滿足SnSn＋1<0的正整數n的值為(　　) A．10 B．11 C．12 D.13 解析：選C　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以{an}為遞減數列，又S13＝＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即滿足SnSn＋1<0的正整數n的值為12，故選C. 11．(2018沈陽二模)已知數列{an}滿足a1＝1，an－1＝3an(n≥2，n∈N*)，其前n項和為Sn，則滿足Sn≥的n的最小值為(　　) A．6 B．5 C．8 D.7 解析：選B　由an－1＝3an(n≥2)可得＝(n≥2)，可得數列{an}是首項為a1＝1，公比為q＝的等比數列，所以Sn＝＝.由Sn≥可得≥，即1－n≥，得n≥5(n∈N*)，故選B. 12．已知各項均為正數的等比數列{an}的首項a1＝，前n項和為Sn，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數列，則數列{an}的通項公式an＝(　　) A. B. C.n－1 D.n 解析：選A　設等比數列{an}的公比為q(q>0)，由題意知a1>0，且an＝qn－1，又S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數列，所以2(S5＋a5)＝S3＋a3＋S4＋a4，即2(a1＋a2＋a3＋a4＋2a5)＝a1＋a2＋2a3＋a1＋a2＋a3＋2a4，化簡得4a5＝a3，從而4q2＝1，解得q＝，又q>0，故q＝，an＝，選擇A. 二、填空題 13．(2018重慶模擬)在各項均為正數的等比數列{an}中，若a5＝5，則log5a1＋log5a2＋…＋log5a9＝________. 解析：因為數列{an}是各項均為正數的等比數列，所以由等比數列的性質可得a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝a＝52，則log5a1＋log5a2＋…＋log5a9＝log5(a1a2…a9)＝log5[(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5]＝log5a＝log559＝9. 答案：9 14．(2018天津模擬)數列{an}滿足a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝2n－1，且數列{an}的前n項和為Sn，若對任意的n∈N*，都有λ20，∴2Sn＝Sn＋an＋1，即Sn＝an＋1. 當n≥2時，Sn－1＝an， 兩式作差得an＝an＋1－an，即＝2. 又由S1＝2,3S－2a2S1＝a，求得a2＝2. ∴當n≥2時，an＝22n－2＝2n－1. 驗證當n＝1時不成立， ∴an＝ 答案： 16．(2018西安八校聯考)數列{an}中，Sn為數列{an}的前n項和，且a1＝1，an＝(n≥2)，則Sn＝________. 解析：當n≥2時，將an＝Sn－Sn－1代入an＝， 得Sn－Sn－1＝， 化簡整理，得Sn－Sn－1＝－2Sn－1Sn， 兩邊同除以Sn－1Sn，得－＝2(n≥2)， 又＝1，所以數列是首項為1，公差為2的等差數列，所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝. 答案： B級——難度小題強化練 1．已知首項為的等比數列{an}不是遞減數列，其前n項和為Sn(n∈N*)，4a5＝a3.設Tn＝Sn－，則數列{Tn}中最大項的值為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　設等比數列{an}的公比為q，則q2＝＝.又{an}不是遞減數列且a1＝，所以q＝－，故等比數列{an}的通項公式為an＝n－1＝(－1)n－1，Sn＝1－n＝當n為奇數時，Sn隨n的增大而減小，所以1Sn－≥S2－＝－＝－.綜上，對任意的n∈N*，總有－≤Sn－<0或0－2，若n＝1，則λ∈R，若n>1，則λ>－，所以λ≥0; 當n為偶數時，由an－2，所以λ>－，即λ≥0.綜上，實數λ的取值范圍為[0，＋∞)．選A. 3．(2018武漢模擬)設等差數列{an}滿足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，則這個最小值為(　　) A．－10 B．－12 C．－9 D.－13 解析：選B　設等差數列{an}的公差為d，∵a3＋a7＝36，∴a4＋a6＝36，又a4a6＝275，聯立，解得或當時，可得此時an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知當n≤2時，an<0，當n≥3時，an>0，∴a2a3＝－12為anan＋1的最小值； 當時，可得此時an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知當n≤7時，an>0，當n≥8時，an<0， ∴a7a8＝－12為anan＋1的最小值． 綜上，anan＋1的最小值為－12. 4．已知等差數列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比數列，若a1＝1，Sn是數列{an}的前n項和，則(n∈N*)的最小值為(　　) A．4 B．3 C．2－2 D. 解析：選A　∵a1＝1，a1，a3，a13成等比數列，∴(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2或d＝0(舍去)，∴an＝2n－1，∴Sn＝＝n2，∴＝.令t＝n＋1，則＝t＋－2≥6－2＝4，當且僅當t＝3，即n＝2時等號成立． 5．(2018廣東模擬)設數列{an}的各項都是正數，且對任意n∈N*，都有4Sn＝a＋2an，其中Sn為數列{an}的前n項和，則數列{an}的通項公式an＝________. 解析：當n＝1時，4a1＝a＋2a1，∴a1(a1－2)＝0， ∵an>0，∴a1＝2. 當n≥2時，4Sn＝a＋2an,4Sn－1＝a＋2an－1，兩式相減得4an＝a－a＋2an－2an－1，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0， ∵an>0，∴an－an－1＝2，故an＝2n. 答案：2n 6．已知數列{an}滿足a1＝a2＝2，an＋2－[2＋(－1)n]an＝a2(n∈N*)，則數列{an}的通項公式為________________________________________________________________________． 解析：當n＝2k(k∈N*)時，a2k＋2＝3a2k＋2，即a2k＋2＋1＝3(a2k＋1)，所以數列{a2k＋1}(k∈N*)是以a2＋1為首項，3為公比的等比數列，所以a2k＋1＝(a2＋1)3k－1＝3k，即當n為偶數時，an＝3－1；當n＝2k－1(k∈N*)時，a2k＋1＝a2k－1＋2，所以a2k＋1－a2k－1＝2，所以數列{a2k－1}(k∈N*)是以a1為首項，2為公差的等差數列， 所以a2k－1＝2＋2(k－1)＝2k，即當n為奇數時，an＝n＋1.所以數列{an}的通項公式an＝ 答案：an＝ 第二講 大題考法——數列 題型(一) 等差、等比數列基本量的計算 主要考查等差數列、等比數列的通項公式及前n項和的求解，且常結合數列的遞推公式命題. [典例感悟] [典例1]　(2018全國卷Ⅲ)等比數列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通項公式； (2)記Sn為{an}的前n項和．若Sm＝63，求m. [審題定向] (一)定知識 主要考查等比數列的通項公式及前n項和. (二)定能力 1.考查數學運算：指數式的運算. 2.考查邏輯推理：欲求通項公式，需求公比q；欲求參數m，需列出參數m的方程. (三)定思路 第(1)問應用方程思想、等比數列通項公式求解： 列關于公比q的方程求q，并寫出等比數列的通項公式； 第(2)問應用方程思想、等比數列求和公式求解： 據等比數列前n項和公式，結合(1)中結論列關于m的方程并求解. [解]　(1)設{an}的公比為q，由題設得an＝qn－1. 由已知得q4＝4q2， 解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1. (2)若an＝(－2)n－1，則Sn＝. 由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程沒有正整數解． 若an＝2n－1，則Sn＝＝2n－1. 由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6. 綜上，m＝6. [典例2]　(2017全國卷Ⅱ)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，等比數列{bn}的前n項和為Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2. (1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通項公式； (2)若T3＝21，求S3. [審題定向] (一)定知識 主要考查等差數列、等比數列通項公式及前n項和. (二)定能力 1.考查數學運算：二元方程組的求解和一元二次方程的求解． 2.考查邏輯推理：由求通項公式想到求數列的公比；要求等差數列的和需先求公差. (三)定思路 第(1)問應用方程思想、等比和等差數列通項公式求解： 根據等差、等比數列的通項公式，結合條件建立公差d、公比q的方程求解； 第(2)問應用方程思想、等差數列求和公式求解： 由已知條件列出q的方程，求出q，進而求出d，再由等差數列的前n項和公式求解. [解]　設{an}的公差為d，{bn}的公比為q， 則an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1. 由a2＋b2＝2得d＋q＝3.① (1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.② 聯立①②解得(舍去)或 因此{bn}的通項公式為bn＝2n－1. (2)由b1＝1，T3＝21，得q2＋q－20＝0， 解得q＝－5或q＝4. 當q＝－5時，由①得d＝8，則S3＝21. 當q＝4時，由①得d＝－1，則S3＝－6. [類題通法] 等差、等比數列的基本量的求解策略 (1)分析已知條件和求解目標，確定為最終解決問題需要先求解的中間問題．如為求和需要先求出通項、為求出通項需要先求出首項和公差(公比)等，即確定解題的邏輯次序． (2)注意細節(jié)．例如：在等差數列與等比數列綜合問題中，若等比數列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能；在數列的通項問題中，第一項和后面的項能否用同一個公式表示等． [對點訓練] 已知數列{an}是等差數列，滿足a1＝2，a4＝8，數列{bn}是等比數列，滿足b2＝4，b5＝32. (1)求數列{an}和{bn}的通項公式； (2)求數列{an＋bn}的前n項和Sn. 解：(1)設等差數列{an}的公差為d，由題意得d＝＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)2＝2n.設等比數列{bn}的公比為q，由題意得q3＝＝8，解得q＝2. 因為b1＝＝2，所以bn＝b1qn－1＝22n－1＝2n. (2)因為an＝2n，bn＝2n，所以an＋bn＝2n＋2n，所以Sn＝＋＝n2＋n＋2n＋1－2. 題型(二) 數列求和問題 主要考查錯位相減法求和、裂項相消法求和以及公式法求和，且常結合數列　的遞推公式命題. [典例感悟] [典例1]　(2018全國卷Ⅱ)記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知a1＝－7，S3＝－15. (1)求{an}的通項公式； (2)求Sn，并求Sn的最小值. [審題定向] (一)定知識 主要考查等差數列的通項公式、數列的公式法求和及數列和的最值． (二)定能力 1.考查邏輯推理：欲求等差數列的通項公式，已知a1，需求公差d；欲求Sn的最小值，需列出Sn的關系式. 2.考查數學運算：一元二次函數的最值求解． (三)定思路 第(1)問應用方程思想、等差數列通項公式求解： 由題意列出關于數列公差d的方程，求出d，進而得出{an}的通項公式； 第(2)問應用函數思想、二次函數的最值求解： 由(1)得出Sn是關于n的二次函數，進而由二次函數的性質求出Sn的最小值. [解]　(1)設{an}的公差為d，由題意得3a1＋3d＝－15.又a1＝－7，所以d＝2.所以{an}的通項公式為an＝2n－9. (2)由(1)得Sn＝＝n2－8n＝(n－4)2－16，所以當n＝4時，Sn取得最小值，最小值為－16. [典例2]　(2017全國卷Ⅲ)設數列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通項公式； (2)求數列的前n項和. [審題定向] (一)定知識 主要考查已知an的關系式求通項公式及裂項求和法求數列的和． (二)定能力 1.考查邏輯推理：由an的關系式與an－1關系式得出an的式子，即通項公式. 2.考查數學運算：分式形式的裂項及裂項相消求和. (三)定思路 第(1)問應用遞推關系式，把和的問題轉化為項的問題： 利用an滿足的關系式寫出n≥2時an－1的關系式，通過消項求得數列的通項公式； 第(2)問根據通項公式結構特點裂項求和： 化簡通項，觀察數列的結構特征，利用裂項相消法求和. [解]　(1)因為a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n， 故當n≥2時，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)． 兩式相減得(2n－1)an＝2， 所以an＝(n≥2)． 又由題設可得a1＝2，滿足上式， 從而{an}的通項公式為an＝. (2)記的前n項和為Sn. 由(1)知＝ ＝－. 則Sn＝－＋－＋…＋－ ＝. [類題通法] 1．公式法求和要過“3關” 定義關 會利用等差數列或等比數列的定義，判斷所給的數列是等差數列，還是等比數列 應用關 會應用等差(比)數列的前n項和公式來求解，需掌握等差數列的前n項和公式、等比數列的前n項和公式 運算關 認真運算，等差數列求和要根據不同的已知條件靈活運用兩個求和公式，同時注意與性質的結合使用；等比數列求和注意q＝1和q≠1兩種情況 2.裂項相消的規(guī)律 (1)裂項系數取決于前后兩項分母的差． (2)裂項相消后前、后保留的項數一樣多． 3．錯位相減法的關注點 (1)適用題型：等差數列{an}與等比數列{bn}對應項相乘({anbn})型數列求和． (2)步驟： ①求和時先乘以數列{bn}的公比； ②將兩個和式錯位相減； ③整理結果形式． [對點訓練] (2018石家莊模擬)已知數列{an}是各項均為正數的等比數列，若a1＝1，a2a4＝16. (1)設bn＝log2an，求數列{bn}的通項公式； (2)求數列{anbn}的前n項和Sn. 解：(1)設數列{an}的公比為q(q>0)，由得q4＝16，∴q＝2，∴an＝2n－1.又bn＝log2an，∴bn＝n－1. (2)由(1)可知anbn＝(n－1)2n－1， 則Sn＝020＋121＋222＋…＋(n－1)2n－1，① 2Sn＝021＋122＋223＋…＋(n－1)2n，② ①－②得，－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)2n ＝－(n－1)2n＝2n(2－n)－2， ∴Sn＝2n(n－2)＋2. 題型(三) 等差、等比數列的判定與證明 主要考查等差數列與等比數列的定義、等差中項及等比中項，且常與數列的遞推公式相結合命題. [典例感悟] [典例1]　(2018全國卷Ⅰ)已知數列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.設bn＝. (1)求b1，b2，b3； (2)判斷數列{bn}是否為等比數列，并說明理由； (3)求{an}的通項公式. [審題定向] (一)定知識 主要考查數列的遞推公式、等比數列的定義及通項公式． (二)定能力 1.考查邏輯推理：欲求b1，b2，b3 ，需求a1，a2，a3；由an＋1與an的關系判斷bn＋1與bn的關系，由bn的通項公式得出an的通項公式. 2.考查數學抽象：由等比數列定義判斷. (三)定思路 第(1)問應用遞推關系式及an與bn的關系式求解： 將遞推關系式變形為an＋1＝an，結合a1求出a2，a3，進而求得b1，b2，b3； 第(2)問應用遞推關系式及等比數列定義求解： 由條件得＝，即bn＋1＝2bn，利用等比數列定義可判定； 第(3)問應用(2)的結論，結合an與bn關系式求解： 由等比數列的通項公式先得出bn，進而求得an. [解]　(1)由條件可得an＋1＝an. 將n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4. 將n＝2代入得，a3＝3a2， 所以a3＝12.從而b1＝1，b2＝2，b3＝4. (2)數列{bn}是首項為1，公比為2的等比數列． 由條件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以數列{bn}是首項為1，公比為2的等比數列． (3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n2n－1. [典例2]　(2017全國卷Ⅰ)記Sn為等比數列{an}的前n項和．已知S2＝2，S3＝－6. (1)求{an}的通項公式； (2)求Sn，并判斷Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差數列. [審題定向] (一)定知識 主要考查等比數列的通項公式及其前n項和公式，等差數列性質及等差數列的判斷. (二)定能力 1.考查邏輯推理：欲求通項公式，需求首項及公比，解關于首項及公比的方程組. 2.考查數學抽象：由等差中項判斷三項成等差數列. (三)定思路 第(1)問應用方程思想、等比數列通項公式求解： 設出公比，利用通項公式及已知條件列出方程組求出首項和公比，再求通項公式； 第(2)問應用方程思想，等比數列求和公式求解；應用等差數列性質判斷： 由(1)及等比數列前n項和公式求Sn；根據等差數列中項公式，判斷Sn＋1＋Sn＋2＝2Sn. [解]　(1)設{an}的公比為q. 由題設可得解得 故{an}的通項公式為an＝(－2)n. (2)由(1)可得Sn＝ ＝－＋(－1)n. 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n ＝2＝2Sn， 故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差數列． [類題通法] 判定和證明數列是等差(比)數列的方法 定義法 對于n≥1的任意自然數，驗證an＋1－an為與正整數n無關的某一常數 中項公式法 ①若2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，則{an}為等差數列； ②若a＝anan＋2≠0(n∈N*)，則{an}為等比數列 [對點訓練] (2018成都模擬)已知數列{an}滿足a1＝－2，an＋1＝2an＋4. (1)證明：數列{an＋4}是等比數列； (2)求數列{|an|}的前n項和Sn. 解：(1)證明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2. ∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)， ∴＝2，∴{an＋4}是以2為首項，2為公比的等比數列． (2)由(1)可知an＋4＝2n，∴an＝2n－4. 當n＝1時，a1＝－2＜0，∴S1＝|a1|＝2； 當n≥2時，an≥0.∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2. 又當n＝1時，上式也滿足． ∴當n∈N*時，Sn＝2n＋1－4n＋2. 數列問題重在 “歸”——化歸 [循流程思維——入題快] 等差數列與等比數列是我們最熟悉的兩個基本數列，在高中階段它們是一切數列問題的出發(fā)點與落腳點．首項與公差(比)稱為等差(比)數列的基本量，大凡涉及這兩個數列的問題，我們總希望把已知條件化歸為等差或等比數列的基本量間的關系，從而達到解決問題的目的．這種化歸為基本量處理的方法是解決等差或等比數列問題特有的方法，對于不是等差或等比的數列，可通過轉化化歸，轉化為等差(比)數列問題或相關問題求解．由于數列是一種特殊的函數，也可根據題目特點，將數列問題化歸為函數問題來解決． [按流程解題——快又準] [典例]　(2017天津高考)已知{an}為等差數列，前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項為2的等比數列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通項公式； (2)求數列{a2nb2n－1}的前n項和(n∈N*)． [解題示范] (1)設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q. 由已知b2＋b3＝12， 得b1(q＋q2)＝12， 而b1＝2，所以q2＋q－6＝0. 又因為q＞0，解得q＝2. 所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8. ① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.② 由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以數列{an}的通項公式為an＝3n－2，數列{bn}的通項公式為bn＝2n. (2)設數列{a2nb2n－1}的前n項和為Tn， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝24n－1， 得a2nb2n－1＝(3n－1)4n， 故Tn＝24＋542＋843＋…＋(3n－1)4n， 4Tn＝242＋543＋844＋…＋(3n－4)4n＋(3n－1)4n＋1， 上述兩式相減，得 －3Tn＝24＋342＋343＋…＋34n－(3n－1)4n＋1 ＝－4－(3n－1)4n＋1 ＝－(3n－2)4n＋1－8. 故Tn＝4n＋1＋. 所以數列{a2nb2n－1}的前n項和為4n＋1＋. [思維升華]　對于數列的備考應掌握的4個關鍵點： (1)準確掌握數列中an與Sn之間的關系，這是解決數列問題的基礎； (2)重視等差與等比數列的復習，熟悉其基本概念、公式和性質，這是解決數列問題的根本； (3)注意數列與函數、不等式等的綜合問題，掌握解決此類問題的通法； (4)在知識的復習和解題過程中體會其中所蘊含的數學思想方法，如分類討論、數形結合、等價轉化、函數與方程思想等． [應用體驗] (2018開封模擬)已知數列{an}滿足a1＝1，且2nan＋1－2(n＋1)an＝n(n＋1)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝，求數列{bn}的前n項和Sn. 解：(1)2nan＋1－2(n＋1)an＝n(n＋1)，兩邊同時除以2n(n＋1)得－＝， ∴數列是以1為首項，為公差的等差數列， ∴＝，an＝. (2)∵bn＝，∴bn＝＝2， ∴Sn＝2 ＝2＝. A卷——大題保分練 1．(2018陜西模擬)已知在遞增等差數列{an}中，a1＝2，a3是a1和a9的等比中項． (1)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝，Sn為數列{bn}的前n項和，求S100的值． 解：(1)設等差數列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d.∵a3是a1和a9的等比中項，∴a＝a1a9，即(2＋2d)2＝2(2＋8d)，解得d＝0(舍)或d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝2n. (2)bn＝＝＝. ∴S100＝b1＋b2＋…＋b100 ＝ ＝ ＝. 2．(2018蘭州診斷性測試)在公差不為零的等差數列{an}中，a1＝1，a2，a4，a8成等比數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝2an，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn. 解：(1)設等差數列{an}的公差為d，則依題意有解得d＝1或d＝0(舍去)，∴an＝1＋(n－1)＝n. (2)由(1)得an＝n，∴bn＝2n， ∴{bn}是首項為2，公比為2的等比數列， ∴Tn＝＝2n＋1－2. 3．(2018北京調研)已知數列{an}滿足a1＝1，且an＋1＝2an，設bn－2＝3log2an(n∈N*)． (1)求數列{bn}的通項公式； (2)求數列{|an－bn|}的前n項和Sn. 解：(1)因為an＋1＝2an，a1＝1， 所以數列{an}是以1為首項，2為公比的等比數列． 所以an＝2n－1. 又因為bn－2＝3log2an(n∈N*)， 所以bn＝3log22n－1＋2＝3(n－1)＋2＝3n－1. (2)因為數列{an}中的項為1,2,4,8,16，…，2n