2022高考数学二轮复习 专题二 数列学案 理

2022高考数学二轮复习 专题二 数列学案 理, 第一讲 小题考法等差数列与等比数列考点(一)数列的递推关系式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.典例感悟典例(1)(2018合肥一模)已知数列an的前n项和为Sn，若3Sn2an3n，则a2 018()A22 0181B.32 0186C.2 018 D.2 018(2)(2018惠州模拟)已知数列an满足a11，an12an2n(nN*)，则数列an的通项公式an_.(3)(2018昆明模拟)在数列an中，a15，(an12)(an2)3(nN*)，则该数列的前2 018项的和是_解析(1)3Sn2an3n，当n1时，3S13a12a13，a13.当n2时，3an3Sn3Sn1(2an3n)(2an13n3)，an2an13，an12(an11)，数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列，an12(2)n1(2)n，an(2)n1，a2 018(2)2 018122 0181.故选A.(2)an12an2n两边同除以2n1，可得，又，数列是以为首项，为公差的等差数列，(n1)，ann2n1.(3)依题意得(an12)(an2)3，(an22)(an12)3，因此an22an2，即an2an，所以数列an是以2为周期的数列又a15，因此(a22)(a12)3(a22)3，故a23，a1a28.又因为2 01821 009，所以该数列的前2 018项的和等于1 009(a1a2)8 072.答案(1)A(2)n2n1(3)8 072方法技巧由an与Sn的关系求通项公式的注意点(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(2019届高三洛阳四校联考)已知数列满足条件a1a2a3an2n5，则数列的通项公式为()Aan2n1 BanCan2n D.an2n2解析：选B由题意可知，数列满足条件a1a2a3an2n5，则n2时，有a1a2a3an12(n1)5，n2，两式相减可得，2n52(n1)52，an2n1，n2，nN*.当n1时，7，a114，综上可知，数列的通项公式为an2已知函数f(x)对任意实数x，y满足f(x)f(y)f(xy)，若数列an的前n项和Snf(n)(nN*)且a11，那么a2 018()A1 B1C2 018 D.2 018解析：选B法一：Snf(n)，S22S1a1a2，a21，S3S1S23，a31，S4S1S34，a41，a2 0181.法二：令x1，yn，则SnS1Sn1.当n2时，Sn1S1Sn，Sn1SnSnSn1，故an1an，a11，可求出a21，a2 0181.3(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.解析：Sn2an1，当n2时，Sn12an11，anSnSn12an2an1，即an2an1.当n1时，a1S12a11，得a11.数列an是首项a1为1，公比q为2的等比数列，Sn12n，S612663.答案：634已知数列an的前n项和为Sn32n，则数列an的通项公式为_解析：当n1时，a1S1325；当n2时，anSnSn132n(32n1)2n2n12n1.因为当n1时，不符合an2n1，所以数列an的通项公式为an答案：an考点(二)等差、等比数列的基本运算主要考查与等差(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.典例感悟典例(1)(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()A1B.2C4 D.8(2)(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，若3S3S2S4，a12，则a5()A12 B10C10 D.12(3)(2017全国卷)设等比数列an满足a1a21，a1a33，则 a4_.(4)(2019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(1)设等差数列an的公差为d，则由得即解得d4.(2)设等差数列an的公差为d，由3S3S2S4，得3(3a13d)2a1d4a16d，即3a12d0.将a12代入上式，解得d3，故a5a1(51)d24(3)10.(3)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.(4)an是公差为1的等差数列，S88a128，S44a16.S84S4，8a1284(4a16)，解得a1，a10a19d9.答案(1)C(2)B(3)8(4)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(2018广西模拟)在等差数列an中，已知a22，前7项和S756，则公差d()A2 B3C2 D.3解析：选B由题意可得即解得选B.2已知等比数列an的前n项和为Sn，a2a52a3,2a44a75，则S5()A29 B31C33 D.36解析：选B法一：设等比数列an的公比为q，由题意知解得所以S531，故选B.法二：设等比数列an的公比为q，由a2a52a3，得a42，又2a44a75，所以a7，所以q，所以a116，所以S531，故选B.3(2018开封模拟)已知数列an满足log2an11log2an(nN*)，且a1a2a3a101，则log2(a101a102a110)_.解析：由log2an11log2an，可得log2an1log22an，所以an12an，所以数列an是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1a2a101，所以a101a102a110(a1a2a10)21002100，所以log2(a101a102a110)log22100100.答案：100考点(三)等差、等比数列的性质主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与数列单调性有关的参数范围问题.典例感悟典例(1)(2018宜昌模拟)已知9，a1，a2，1成等差数列，9，b1，b2，b3，1成等比数列，则b2(a1a2)等于()A30B.30C30 D.15(2)(2018四川遂宁一诊)已知数列an满足an若对于任意的nN*都有anan1，则实数的取值范围是()A. B.C. D.解析(1)依题意a1a29(1)10，b(9)(1)9，又b2与9，1符号相同，即b23，b2(a1a2)30.(2)因为anan1，所以数列an是递减数列，所以解得，故选B.答案(1)A(2)B方法技巧等差、等比数列性质问题的求解策略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(2019届高三西安八校联考)设等差数列an的前n项和为Sn，且a2a7a1224，则S13()A52 B78C104 D.208解析：选C依题意得3a724，a78，S1313a7104.2已知数列an的前n项和Snan2bn(a，bR)，且S25100，则a12a14()A16 B8C4 D.不确定解析：选B由数列an的前n项和Snan2bn(a，bR)，可得数列an是等差数列，S25100，解得a1a258，所以a12a14a1a258.3(2018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 D.8，7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8a0且q1，因为S1，S3，S4成等差数列，所以2S3S1S4，即a1，解得q.答案：3在等差数列an中，a17，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n8时Sn取得最大值，则d的取值范围为_解析：由题意，得a80，a90，且78d0，即1d0，因为a2，a3，a1成等差数列，所以a1a22a3a3，即a1a1qa1q2，因为a10，所以q2q10，解得q或q0(舍去)，所以q2，故选C.4(2018辽宁五校联考)各项为正的等比数列an中，a4与a14的等比中项为2，则log2a7log2a11的值为()A1 B2C3 D.4解析：选C由题意得a4a14(2)28，由等比数列的性质，得a4a14a7a118，log2a7log2a11log2(a7a11)log283，故选C. 5.(2018陕西模拟)设等差数列an的前n项和为Sn，若2a86a11，则S9()A27 B36C45 D.54解析：选D在等差数列an中，2a8a5a116a11，a56，故S99a554.故选D.6等差数列an和bn的前n项和分别为Sn，Tn，且，则()A. B.C. D.解析：选A由题知，.7已知数列是等差数列，且a32，a912，则a15()A10 B30C40 D.20解析：选B法一：设数列的公差为d.a32，a912，6d，d，12d2.故a1530.法二：由于数列是等差数列，故2，即22，故a1530.8已知数列an的各项均为正整数，其前n项和为Sn.若an1且S329，则a1()A4 B5C6 D.7解析：选B法一：若a14k，则a22k，a3k，此时S37k29，由于k为整数，此时无解；若a14k1，则a212k4，a36k2，此时S322k729，解得k1，即a15；若a14k2，则a22k1，a36k4，此时S312k729，由于k为整数，此时无解；若a14k3，则a212k10，a36k5，此时S322k1829，由于k为整数，此时无解综上可知a15.法二：当a14时，a22，a31，S37，排除A；当a15时，a216，a38，S329，B符合题意，故选B.9(2019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.10(2018西安八校联考)设等差数列an的前n项和为Sn，若S6S7S5，则满足SnSn1S7S5，得S7S6a7S5，所以a70，所以an为递减数列，又S1313a70，所以S12S130，即满足SnSn10)，由题意知a10，且anqn1，又S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以2(S5a5)S3a3S4a4，即2(a1a2a3a42a5)a1a22a3a1a2a32a4，化简得4a5a3，从而4q21，解得q，又q0，故q，an，选择A.二、填空题13(2018重庆模拟)在各项均为正数的等比数列an中，若a55，则log5a1log5a2log5a9_.解析：因为数列an是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质可得a1a9a2a8a3a7a4a6a52，则log5a1log5a2log5a9log5(a1a2a9)log5(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5log5alog5599.答案：914(2018天津模拟)数列an满足a12a24a32n1an2n1，且数列an的前n项和为Sn，若对任意的nN*，都有2Sn4，则实数的取值范围是_解析：由a12a24a32n1an2n1，可得a12a24a32n2an12(n1)12n3(n2)，两式相减得2n1an2(n2)，所以an22n(n2)又n1时，a11，所以an所以Sn1202122n13n2，由Sn在n1时单调递增，可得1Sn3，所以解得0，2SnSnan1，即Snan1.当n2时，Sn1an，两式作差得anan1an，即2.又由S12,3S2a2S1a，求得a22.当n2时，an22n22n1.验证当n1时不成立，an答案：16(2018西安八校联考)数列an中，Sn为数列an的前n项和，且a11，an(n2)，则Sn_.解析：当n2时，将anSnSn1代入an，得SnSn1，化简整理，得SnSn12Sn1Sn，两边同除以Sn1Sn，得2(n2)，又1，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以12(n1)2n1，所以Sn.答案：B级难度小题强化练1已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，4a5a3.设TnSn，则数列Tn中最大项的值为()A. B.C. D.解析：选C设等比数列an的公比为q，则q2.又an不是递减数列且a1，所以q，故等比数列an的通项公式为ann1(1)n1，Sn1n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1SnS1，故0SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2SnSnS2.综上，对任意的nN*，总有Sn0或0Sn，即数列Tn中最大项的值为.故选C.2(2018洛阳尖子生模拟)已知数列an满足nan2(n2)an(n22n)，其中a11，a22，若anan1对任意的nN*恒成立，则实数的取值范围是()A0，) B(1，)C. D.0,1)解析：选A由nan2(n2)an(n22n)n(n2)得，所以数列的奇数项与偶数项均是以为公差的等差数列，因为a11，a22，所以当n为奇数时，11，所以ann.当n为偶数时，11，所以ann.当n为奇数时，由anan1得n2，若n1，则R，若n1，则，所以0; 当n为偶数时，由anan1得n2，所以，即0.综上，实数的取值范围为0，)选A.3(2018武汉模拟)设等差数列an满足a3a736，a4a6275，且anan1有最小值，则这个最小值为()A10 B12C9 D.13解析：选B设等差数列an的公差为d，a3a736，a4a636，又a4a6275，联立，解得或当时，可得此时an7n17，a23，a34，易知当n2时，an0，a2a312为anan1的最小值；当时，可得此时an7n53，a74，a83，易知当n7时，an0，当n8时，an0，a12.当n2时，4Sna2an,4Sn1a2an1，两式相减得4anaa2an2an1，(anan1)(anan12)0，an0，anan12，故an2n.答案：2n6已知数列an满足a1a22，an22(1)nana2(nN*)，则数列an的通项公式为_解析：当n2k(kN*)时，a2k23a2k2，即a2k213(a2k1)，所以数列a2k1(kN*)是以a21为首项，3为公比的等比数列，所以a2k1(a21)3k13k，即当n为偶数时，an31；当n2k1(kN*)时，a2k1a2k12，所以a2k1a2k12，所以数列a2k1(kN*)是以a1为首项，2为公差的等差数列，所以a2k122(k1)2k，即当n为奇数时，ann1.所以数列an的通项公式an答案：an第二讲 大题考法数列题型(一)等差、等比数列基本量的计算主要考查等差数列、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. 典例感悟典例1(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.审题定向(一)定知识主要考查等比数列的通项公式及前n项和.(二)定能力1.考查数学运算：指数式的运算.2.考查逻辑推理：欲求通项公式，需求公比q；欲求参数m，需列出参数m的方程.(三)定思路第(1)问应用方程思想、等比数列通项公式求解：列关于公比q的方程求q，并写出等比数列的通项公式；第(2)问应用方程思想、等比数列求和公式求解：据等比数列前n项和公式，结合(1)中结论列关于m的方程并求解.解(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)或q2或q2.故an(2)n1或an2n1.(2)若an(2)n1，则Sn.由Sm63，得(2)m188，此方程没有正整数解若an2n1，则Sn2n1.由Sm63，得2m64，解得m6.综上，m6.典例2(2017全国卷)已知等差数列an的前n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.审题定向(一)定知识主要考查等差数列、等比数列通项公式及前n项和.(二)定能力1.考查数学运算：二元方程组的求解和一元二次方程的求解2.考查逻辑推理：由求通项公式想到求数列的公比；要求等差数列的和需先求公差.(三)定思路第(1)问应用方程思想、等比和等差数列通项公式求解：根据等差、等比数列的通项公式，结合条件建立公差d、公比q的方程求解；第(2)问应用方程思想、等差数列求和公式求解：由已知条件列出q的方程，求出q，进而求出d，再由等差数列的前n项和公式求解.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.联立解得(舍去)或因此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S36.类题通法等差、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对点训练已知数列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.题型(二)数列求和问题主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及公式法求和，且常结合数列的递推公式命题. 典例感悟典例1(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值.审题定向(一)定知识主要考查等差数列的通项公式、数列的公式法求和及数列和的最值(二)定能力1.考查逻辑推理：欲求等差数列的通项公式，已知a1，需求公差d；欲求Sn的最小值，需列出Sn的关系式.2.考查数学运算：一元二次函数的最值求解(三)定思路第(1)问应用方程思想、等差数列通项公式求解：由题意列出关于数列公差d的方程，求出d，进而得出an的通项公式；第(2)问应用函数思想、二次函数的最值求解：由(1)得出Sn是关于n的二次函数，进而由二次函数的性质求出Sn的最小值.解(1)设an的公差为d，由题意得3a13d15.又a17，所以d2.所以an的通项公式为an2n9.(2)由(1)得Snn28n(n4)216，所以当n4时，Sn取得最小值，最小值为16.典例2(2017全国卷)设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和.审题定向(一)定知识主要考查已知an的关系式求通项公式及裂项求和法求数列的和(二)定能力1.考查逻辑推理：由an的关系式与an1关系式得出an的式子，即通项公式.2.考查数学运算：分式形式的裂项及裂项相消求和.(三)定思路第(1)问应用递推关系式，把和的问题转化为项的问题：利用an满足的关系式写出n2时an1的关系式，通过消项求得数列的通项公式；第(2)问根据通项公式结构特点裂项求和：化简通项，观察数列的结构特征，利用裂项相消法求和.解(1)因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)两式相减得(2n1)an2，所以an(n2)又由题设可得a12，满足上式，从而an的通项公式为an.(2)记的前n项和为Sn.由(1)知.则Sn.类题通法1公式法求和要过“3关”定义关会利用等差数列或等比数列的定义，判断所给的数列是等差数列，还是等比数列应用关会应用等差(比)数列的前n项和公式来求解，需掌握等差数列的前n项和公式、等比数列的前n项和公式运算关认真运算，等差数列求和要根据不同的已知条件灵活运用两个求和公式，同时注意与性质的结合使用；等比数列求和注意q1和q1两种情况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；整理结果形式对点训练(2018石家庄模拟)已知数列an是各项均为正数的等比数列，若a11，a2a416.(1)设bnlog2an，求数列bn的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Sn.解：(1)设数列an的公比为q(q0)，由得q416，q2，an2n1.又bnlog2an，bnn1.(2)由(1)可知anbn(n1)2n1，则Sn020121222(n1)2n1，2Sn021122223(n1)2n，得，Sn222232n1(n1)2n(n1)2n2n(2n)2，Sn2n(n2)2.题型(三)等差、等比数列的判定与证明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.典例感悟典例1(2018全国卷)已知数列an满足a11，nan12(n1)an.设bn.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式.审题定向(一)定知识主要考查数列的递推公式、等比数列的定义及通项公式(二)定能力1.考查逻辑推理：欲求b1，b2，b3 ，需求a1，a2，a3；由an1与an的关系判断bn1与bn的关系，由bn的通项公式得出an的通项公式.2.考查数学抽象：由等比数列定义判断.(三)定思路第(1)问应用递推关系式及an与bn的关系式求解：将递推关系式变形为an1an，结合a1求出a2，a3，进而求得b1，b2，b3；第(2)问应用递推关系式及等比数列定义求解：由条件得，即bn12bn，利用等比数列定义可判定；第(3)问应用(2)的结论，结合an与bn关系式求解：由等比数列的通项公式先得出bn，进而求得an.解(1)由条件可得an1an.将n1代入得，a24a1，而a11，所以a24.将n2代入得，a33a2，所以a312.从而b11，b22，b34.(2)数列bn是首项为1，公比为2的等比数列由条件可得，即bn12bn，又b11，所以数列bn是首项为1，公比为2的等比数列(3)由(2)可得2n1，所以ann2n1.典例2(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.审题定向(一)定知识主要考查等比数列的通项公式及其前n项和公式，等差数列性质及等差数列的判断.(二)定能力1.考查逻辑推理：欲求通项公式，需求首项及公比，解关于首项及公比的方程组.2.考查数学抽象：由等差中项判断三项成等差数列.(三)定思路第(1)问应用方程思想、等比数列通项公式求解：设出公比，利用通项公式及已知条件列出方程组求出首项和公比，再求通项公式；第(2)问应用方程思想，等比数列求和公式求解；应用等差数列性质判断：由(1)及等比数列前n项和公式求Sn；根据等差数列中项公式，判断Sn1Sn22Sn.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成等差数列类题通法判定和证明数列是等差(比)数列的方法定义法对于n1的任意自然数，验证an1an为与正整数n无关的某一常数中项公式法若2an1anan2(nN*)，则an为等差数列；若aanan20(nN*)，则an为等比数列对点训练(2018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：a12，a142.an12an4，an142an82(an4)，2，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，S1|a1|2；当n2时，an0.Sna1a2an2(224)(2n4)2222n4(n1)4(n1)2n14n2.又当n1时，上式也满足当nN*时，Sn2n14n2. 数列问题重在 “归”化归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，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解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(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*)解题示范(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.思维升华对于数列的备考应掌握的4个关键点：(1)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；(2)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；(3)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；(4)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(2018开封模拟)已知数列an满足a11，且2nan12(n1)ann(n1)(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)2nan12(n1)ann(n1)，两边同时除以2n(n1)得，数列是以1为首项，为公差的等差数列，an.(2)bn，bn2，Sn22.A卷大题保分练1(2018陕西模拟)已知在递增等差数列an中，a12，a3是a1和a9的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)若bn，Sn为数列bn的前n项和，求S100的值解：(1)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)d.a3是a1和a9的等比中项，aa1a9，即(22d)22(28d)，解得d0(舍)或d2.ana1(n1)d2n.(2)bn.S100b1b2b100.2(2018兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列an中，a11，a2，a4，a8成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an，Tnb1b2bn，求Tn.解：(1)设等差数列an的公差为d，则依题意有解得d1或d0(舍去)，an1(n1)n.(2)由(1)得ann，bn2n，bn是首项为2，公比为2的等比数列，Tn2n12.3(2018北京调研)已知数列an满足a11，且an12an，设bn23log2an(nN*)(1)求数列bn的通项公式；(2)求数列|anbn|的前n项和Sn.解：(1)因为an12an，a11，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列所以an2n1.又因为bn23log2an(nN*)，所以bn3log22n123(n1)23n1.(2)因为数列an中的项为1,2,4,8,16，