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专题二 数列研高考明考点年份卷别小题考查大题考查2017卷T4等差数列的通项公式、前n项和公式T12等差、等比数列在实际问题中的综合应用卷T3数学文化，等比数列的概念、前n项和公式T15等差数列的通项公式、前n项和公式，裂项相消法求和卷T9等差数列的通项公式、前n项和公式及等比中项T14等比数列的通项公式2016卷T3等差数列的通项公式、前n项和公式及性质T15等比数列的通项公式、二次函数最值及指数函数的性质卷T17等差数列的通项、前n项和，新定义运算卷T17等比数列的通项，an与Sn的关系卷T17an与Sn的关系，裂项相消法求和2015卷T4等比数列的通项公式，整体代换思想T16an与Sn的关系、等差数列的定义与通项公式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6考) 2.等差、等比数列的性质(3年3考)常考点高考对数列的考查若只出现在解答题中时，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.数列的递推关系式2.等差与等比数列的综合应用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，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a1a2a34，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)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，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)(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，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(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)(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(2017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 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，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.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，因此实数t的取值范围是.3(2017全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_.解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d，依题意有解得所以Sn，2，因此2.答案：4(2017兰州模拟)已知数列an，bn，若b10，an，当n2时，有bnbn1an1，则b2 018_.解析：由bnbn1an1，得bnbn1an1，b2b1a1，b3b2a2，bnbn1an1，b2b1b3b2bnbn1a1a2an1，即bnb1a1a2an11，b10，bn，b2 018.答案：5(2017石家庄质检)已知数列an的前n项和为Sn，数列an为，若Sk14，则ak_.解析：因为，所以数列，是首项为，公差为的等差数列，所以该数列的前n项和Tn1.令Tn14，解得n7(n8舍去)，所以ak.答案：6在数列an和bn中，an1anbn，bn1anbn，a11，b11.设cn，则数列cn的前2 018项和为_解析：由已知an1anbn，bn1anbn得an1bn12(anbn)，又a1b12，所以数列anbn是首项为2，公比为2的等比数列，即anbn2n，将an1anbn，bn1anbn相乘并化简，得an1bn12anbn，即2.所以数列anbn是首项为1，公比为2的等比数列，所以anbn2n1，因为cn，所以cn2，数列cn的前2 018项和为22 0184 036.答案：4 036第二讲 大题考法数列题型(一)主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.等差、等比数列基本量的计算典例感悟典例1(2017沈阳模拟)已知数列an是等差数列，满足a12，a48，数列bn是等比数列，满足b24，b532.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Sn.解(1)设等差数列an的公差为d，由题意得d2，所以ana1(n1)d2(n1)22n.设等比数列bn的公比为q，由题意得q38，解得q2.因为b12，所以bnb1qn122n12n.(2)因为an2n，bn2n，所以anbn2n2n，所以Snn2n2n12.备课札记 方法技巧等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序(2)注意细节例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等演练冲关1(2017洛阳模拟)已知数列an的前n项和为Sn，an0，a11，且2anan14Sn3(nN*)(1)求a2的值并证明：an2an2；(2)求数列an的通项公式解：(1)令n1得2a1a24a13，又a11，a2.由题可得，2anan14Sn3，2an1an24Sn13.得，2an1(an2an)4an1.an0，an2an2.(2)由(1)可知：数列a1，a3，a5，a2k1，为等差数列，公差为2，首项为1，a2k112(k1)2k1，即n为奇数时，ann.数列a2，a4，a6，a2k，为等差数列，公差为2，首项为，a2k2(k1)2k，即n为偶数时，ann.综上所述，an题型(二)主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.数 列 求 和 问 题典例感悟典例2等差数列an的前n项和为Sn，数列bn是等比数列，满足a13，b11，b2S210，a52b2a3.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn设数列cn的前n项和为Tn，求T2n.解(1)设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，则由得解得所以an32(n1)2n1，bn2n1.(2)由a13，an2n1得Snn(n2)，则cn即cn所以T2n(c1c3c2n1)(c2c4c2n)(22322n1)1(4n1)备课札记 方法技巧1分组求和中分组的策略(1)根据等差、等比数列分组(2)根据正号、负号分组2裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多3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的公比；将两个和式错位相减；整理结果形式演练冲关2(2017合肥质检)已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足S424，S763.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2anan，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)an为等差数列，解得an2n1.(2)bn2anan22n1(2n1)24n(2n1)，Tn2(4424n)(352n1)2(4n1)n22n.3(2017天津高考)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*)解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2.所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18.由S1111b4，可得a15d16.由，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n124n1，得a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，上述两式相减，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18.故Tn4n1.所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1.题型(三)主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项，且常与数列的递推公式相结合命题.等差、等比数列的判定与证明典例感悟典例3(2017成都模拟)已知数列an满足a12，an12an4.(1)证明数列an4是等比数列；(2)求数列|an|的前n项和Sn.解(1)证明：an12an4，an142an82(an4)，2，a12，a142.an4是以2为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)，可知an42n，an2n4.当n1时，a120，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，n11.所以数列的前n项和Tnnn.5(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是否成等差数列解：(1)设an的公比为q.由题设可得解得故an的通项公式为an(2)n.(2)由(1)可得Sn(1)n.由于Sn2Sn1(1)n22Sn，故Sn1，Sn，Sn2成等差数列解题通法点拨 数列问题重在“归”化归、归纳 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，可从简单的个别的特殊的情景出发，从中归纳出一般性的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明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，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Sn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，ana12(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(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，Sn2ana12n12，Sn12n22.bn.数列bn的前n项和Tn.4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*，若数列cn的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)由a13a14，得a11，由an3Sn4，知an13Sn14，两式相减并化简得an1an，ann1，bnlog2an1log2n2n.(2)由题意知，cn.令Hn，则Hn，得，Hn1.Hn2.又TnHn11，TnHn(TnHn)2.5已知数列an满足a11，an12ann1.(1)是否存在实数p，q，使anpnq成等比数列？若存在，求出p，q的值；若不存在，请说明理由；(2)令bnan2，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)假设存在实数p，q，使数列anpnq为等比数列，且其公比为A，则由题意得，an1p(n1)qA(anpnq)，即an1Aan(App)nAqqp，又an12ann1，即an1(n1)22(ann2)，当n1时，a1124，存在实数p1，q2，使数列anpnq是首项为4，公比为2的等比数列(2)由(1)可知ann242n12n1，an2n1n2，nN*.bnan22n1n，Tn(22232n1)(12n)2n242n2.第三讲 创新考法与思想方法常见创新考法 创新点(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)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6n9，故选C.2(2017全国卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一项是20，接下来的两项是20
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