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专题七专题七数数列列卷卷卷卷卷卷2018等差数列的基本运算等差数列的基本运算T4等差数列的通项公式、等差数列的通项公式、前前n 项和公式及最值项和公式及最值T17等比数列的通项公等比数列的通项公式 、 前式 、 前 n 项 和 公项 和 公式式T17Sn与与 an的关系、等比数列的关系、等比数列求和求和T142017等差数列的基本运算等差数列的基本运算T4数学文化、等比数列的概数学文化、等比数列的概念、前念、前 n 项和公式项和公式T3等差数列的通项公等差数列的通项公式、前式、前 n 项和公式及项和公式及等比中项等比中项T9等差数列等差数列、 等比数列前等比数列前 n 项项和 公 式 的 运 用 、 创 新 问和 公 式 的 运 用 、 创 新 问题题T12等差数列的通项公式、等差数列的通项公式、前前n 项和公式、裂项相消法项和公式、裂项相消法求和求和T15等比数列的通项公等比数列的通项公式式T142016等差数列的基本运算等差数列的基本运算T3等差数列的通项公式、等差数列的通项公式、前前n项和公式项和公式、 创新问题创新问题T17数列的递推关系、等数列的递推关系、等比数列的定义及通项比数列的定义及通项公式公式T17等比数列的基本运算及二等比数列的基本运算及二次函数最值问题次函数最值问题T15纵向把握纵向把握趋势趋势卷卷3 年年 6 考，题型为选择考，题型为选择题和填空题题和填空题，难度适中难度适中涉涉及等差及等差、 等比数列的基本运等比数列的基本运算，算，Sn与与 an的关系，预的关系，预计计2019 年会以解答题的形式年会以解答题的形式考查等差考查等差、 等比数列的基本等比数列的基本关系及等差关系及等差、 等比数列的判等比数列的判定与证明定与证明卷卷3 年年 4 考，题型既有考，题型既有选择题选择题、 填空题和解答题填空题和解答题，涉及数学文化、等差数列涉及数学文化、等差数列与等比数列的基本运算、与等比数列的基本运算、数列前数列前 n 项和的求法预项和的求法预计计 2019 年高考题仍以考年高考题仍以考查等差、等比数列的基本查等差、等比数列的基本运算为主，同时考查数列运算为主，同时考查数列求和问题，且三种题型均求和问题，且三种题型均有可能有可能卷卷3 年年 4 考，题型考，题型既有选择题既有选择题、 填空题填空题，也有解答题，涉及等也有解答题，涉及等差、等比数列的基本差、等比数列的基本运算运算、 数列求和问题数列求和问题，难度适中难度适中预计预计 2019年高考会以小题的形年高考会以小题的形式考查等差、等比数式考查等差、等比数列的性质及基本运列的性质及基本运算，难度适中算，难度适中横向把握横向把握重点重点1.高考主要考查等差数列及等比数列的基本运算，两类数列求和方法高考主要考查等差数列及等比数列的基本运算，两类数列求和方法(裂项求和裂项求和法、错位相减法法、错位相减法)、两类综合、两类综合(与函数综合、与不等式综合与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想，主要突出数学思想的应用的应用2.若以解答题形式考查若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在数列往往与解三角形在 17 题的位置上交替考查题的位置上交替考查，试题试题难度中等难度中等；若以客观题考查若以客观题考查，难度中等的题目较多难度中等的题目较多，但有时也出现在第但有时也出现在第 12 题题或或16 题位置上，难度偏大，复习时应引起关注题位置上，难度偏大，复习时应引起关注.等差、等比数列的基本运算和性质等差、等比数列的基本运算和性质题组全练题组全练1(2017全国卷全国卷)记记 Sn为等差数列为等差数列an的前的前 n 项和若项和若 a4a524，S648，则，则an的公差为的公差为()A1B2C4D8解析：解析：选选 C设等差数列设等差数列an的公差为的公差为 d，则由则由a4a524，S648，得得a13da14d24，6a1652d48，即即2a17d24，2a15d16，解得解得 d4.2已知等比数列已知等比数列an满足满足 a13，a1a3a521，则，则 a3a5a7()A21B42C63D84解析：解析：选选 B设设an的公比为的公比为 q，由，由 a13，a1a3a521，得，得 1q2q47，解得，解得 q22(负值舍去负值舍去)a3a5a7a1q2a3q2a5q2(a1a3a5)q221242.3(2017全国卷全国卷)等差数列等差数列an的首项为的首项为 1，公差不为公差不为 0.若若 a2，a3，a6成等比数列成等比数列，则则an前前 6 项的和为项的和为()A24B3C3D8解析：解析：选选 A设等差数列设等差数列an的公差为的公差为 d，因为因为 a2，a3，a6成等比数列，所以成等比数列，所以 a2a6a23，即即(a1d)(a15d)(a12d)2.又又 a11，所以，所以 d22d0.又又 d0，则，则 d2，所以所以an前前 6 项的和项的和 S661652(2)24.4若若an是等差数列，首项是等差数列，首项 a10，a2 017a2 0180，a2 017a2 0180，则使前，则使前 n 项和项和 Sn0 成立的最大正整数成立的最大正整数 n 是是()A2 017B2 018C4 034D4 035解析解析：选选 C因为因为 a10，a2 017a2 0180，a2 017a2 0180，所以，所以 d0，a2 0170，a2 0180，所以所以 S4 0344 034 a1a4 034 24 034 a2 017a2 018 20，S4 0354 035 a1a4 035 24 035a2 0180，所以使前所以使前 n 项和项和 Sn0 成立的最大正整数成立的最大正整数 n 是是 4 034.5(2018全国卷全国卷)等比数列等比数列an中，中，a11，a54a3.(1)求求an的通项公式；的通项公式；(2)记记 Sn为为an的前的前 n 项和若项和若 Sm63，求，求 m.解：解：(1)设设an的公比为的公比为 q，由题设得，由题设得 anqn1.由已知得由已知得 q44q2，解得，解得 q0(舍去舍去)或或 q2 或或 q2.故故 an(2)n1或或 an2n1.(2)若若 an(2)n1，则，则 Sn1 2 n3.由由 Sm63，得，得(2)m188，此方程没有正整数解，此方程没有正整数解若若 an2n1，则，则 Sn12n122n1.由由 Sm63，得，得 2m64，解得，解得 m6.综上，综上，m6.系统方法系统方法1等差等差(比比)数列基本运算的解题思路数列基本运算的解题思路(1)设基本量设基本量 a1和公差和公差 d(公比公比 q)(2)列列、解方程解方程(组组)：把条件转化为关于把条件转化为关于 a1和和 d(q)的方程的方程(组组)，求出求出 a1和和 d(q)后代入相应后代入相应的公式计算的公式计算2等差、等比数列性质问题的求解策略等差、等比数列性质问题的求解策略(1)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行求解(2)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的性质解题(3)利用数列性质进行运算时利用数列性质进行运算时，要注意整体思想的应用要注意整体思想的应用(如第如第 2 题题)，可以减少计算量可以减少计算量，此此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题.以数学文化为背景的数列问题以数学文化为背景的数列问题题组全练题组全练1 张丘建算经张丘建算经卷上第卷上第 22 题为题为：“今有女善织今有女善织，日益功疾日益功疾初日织五尺初日织五尺，今一月日今一月日织九匹三丈织九匹三丈”其意思为今有一女子擅长织布，且从第其意思为今有一女子擅长织布，且从第 2 天起，每天比前一天多织相同量天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织的布，若第一天织 5 尺布，现在一个月尺布，现在一个月(按按 30 天计天计)共织共织 390 尺布则该女子最后一天织布尺布则该女子最后一天织布的尺数为的尺数为()A18B20C21D25解析：解析：选选 C依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为an，其中其中 a15，前前 30 项和为项和为 390，于是有于是有30 5a30 2390，解得解得 a3021，即该织女最后即该织女最后一天织一天织 21 尺布尺布2(2017全国卷全国卷)我国古代数学名著我国古代数学名著算法统宗算法统宗中有如下问题中有如下问题：“远望巍巍塔七层远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座意思是：一座 7 层塔共挂了层塔共挂了 381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯倍，则塔的顶层共有灯()A1 盏盏B3 盏盏C5 盏盏D9 盏盏解析：解析：选选 B每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为an，则前，则前 7 项的和项的和 S7381，公比，公比 q2，依题意，得，依题意，得 S7a1 127 12381，解得，解得 a13.3我国古代数学名著我国古代数学名著九章算术九章算术中中，有已知长方形面积求一边的算法有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前其方法的前两步为：两步为：第一步：构造数列第一步：构造数列 1，12，13，14，1n.第二步：将数列的各项乘以第二步：将数列的各项乘以 n，得数列，得数列(记为记为)a1，a2，a3，an.则则 a1a2a2a3an1an等于等于()An2B(n1)2Cn(n1)Dn(n1)解析：解析：选选 Ca1a2a2a3an1ann1n2n2n3nn1nnn21121231 n1 nn211212131n11nn2n1nn(n1)系统方法系统方法解决数列与数学文化问题的解决数列与数学文化问题的 3 步骤步骤等差、等比数列的判定与证明等差、等比数列的判定与证明由题知法由题知法典例典例(2017全国卷全国卷)记记 Sn为等比数列为等比数列an的前的前 n 项和已知项和已知 S22，S36.(1)求求an的通项公式；的通项公式；(2)求求 Sn，并判断，并判断 Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列是否成等差数列解解(1)设设an的公比为的公比为 q.由题设可得由题设可得a1 1q 2，a1 1qq2 6.解得解得a12，q2.故故an的通项公式为的通项公式为 an(2)n.(2)由由(1)可得可得 Sn 2 1 2 n1 2 23(1)n2n13.由于由于 Sn2Sn143(1)n2n32n23223 1 n2n132Sn，故故 Sn1，Sn，Sn2成等差数列成等差数列类题通法类题通法证明证明an是等差或等比数列的基本方法是等差或等比数列的基本方法等差等差数列数列(1)利用定义，证明利用定义，证明 an1an(nN*)为一常数；为一常数；(2)利用等差中项，证明利用等差中项，证明 2anan1an1(n2)等比等比数列数列(1)利用定义，证明利用定义，证明an1an(nN*)为一常数；为一常数；(2)利用等比中项，证明利用等比中项，证明 a2nan1an1(n2)应用通关应用通关(2018全国卷全国卷)已知数列已知数列an满足满足 a11，nan12(n1)an.设设 bnann.(1)求求 b1，b2，b3；(2)判断数列判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；是否为等比数列，并说明理由；(3)求求an的通项公式的通项公式解：解：(1)由条件可得由条件可得 an12 n1 nan.将将 n1 代入得，代入得，a24a1，而，而 a11，所以，所以 a24.将将 n2 代入得，代入得，a33a2，所以，所以 a312.从而从而 b11，b22，b34.(2)数列数列bn是首项为是首项为 1，公比为，公比为 2 的等比数列的等比数列由条件可得由条件可得an1n12ann，即，即 bn12bn，又，又 b11，所以数列所以数列bn是首项为是首项为 1，公比为，公比为 2 的等比数列的等比数列(3)由由(2)可得可得ann2n1，所以，所以 ann2n1.数列求和数列求和多维例析多维例析角度一角度一公式法求和公式法求和例例 1(2018厦门质检厦门质检)已知数列已知数列an满足满足 a11，an13an2an3，nN*.(1)求证：数列求证：数列1an为等差数列；为等差数列；(2)设设 T2n1a1a21a2a31a3a41a4a51a2n1a2n1a2na2n1，求，求 T2n.解解(1)证明：由证明：由 an13an2an3，得得1an12an33an1an23，所以，所以1an11an23.又又 a11，则，则1a11，所以数列所以数列1an是首项为是首项为 1，公差为，公差为23的等差数列的等差数列(2)设设 bn1a2n1a2n1a2na2n11a2n11a2n11a2n，由由(1)得，数列得，数列1an是公差为是公差为23的等差数列，的等差数列，所以所以1a2n11a2n143，即即 bn1a2n11a2n11a2n431a2n，所以所以 bn1bn431a2n21a2n4343169.又又 b1431a2431a123 209，所以数列所以数列bn是首项为是首项为209，公差为，公差为169的等差数列，的等差数列，所以所以 T2nb1b2bn209nn n1 2169 49(2n23n)类题通法类题通法公式法求数列和问题需过公式法求数列和问题需过“三关三关”角度二角度二分组求和法求和分组求和法求和例例 2(2018珠海模拟珠海模拟)已知等差数列已知等差数列an的首项为的首项为 a，公差为公差为 d，nN*，且不等式且不等式 ax23x20)由已知由已知 b2b312，得，得 b1(qq2)12，而而 b12，所以，所以 q2q60.又因为又因为 q0，解得，解得 q2.所以所以 bn2n.由由 b3a42a1，可得，可得 3da18.由由 S1111b4，可得，可得 a15d16.由由，解得，解得 a11，d3，由此可得，由此可得 an3n2.所以数列所以数列an的通项公式为的通项公式为 an3n2，数列，数列bn的通项公式为的通项公式为 bn2n.(2)设数列设数列a2nb2n1的前的前 n 项和为项和为 Tn，由由 a2n6n2，b2n124n1，得得 a2nb2n1(3n1)4n，故故 Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，得，得3Tn2434234334n(3n1)4n112 14n 144(3n1)4n1(3n2)4n18.故故 Tn3n234n183.所以数列所以数列a2nb2n1的前的前 n 项和为项和为3n234n183.类题通法类题通法错位相减法求数列和问题的步骤错位相减法求数列和问题的步骤重难增分重难增分(一一)数列递推公式的应用数列递推公式的应用考法全析考法全析一、曾经这样考一、曾经这样考1 利用利用 an与与 Sn的关系求的关系求 Sn(2015全国卷全国卷)设设 Sn是数列是数列an的前的前 n 项和项和， 且且 a11，an1SnSn1，则，则 Sn_.解析：解析：由已知得由已知得 an1Sn1SnSn1Sn，两边同时除以两边同时除以 Sn1Sn，得，得1Sn11Sn1，故数列故数列1Sn是以是以1 为首项，为首项，1 为公差的等差数列，为公差的等差数列，则则1Sn1(n1)(1)n，所以，所以 Sn1n.答案：答案：1n启思启思维维本题通过等式本题通过等式 an1SnSn1考查了考查了 an与与 Sn关系的转化及应用，通过构造新关系的转化及应用，通过构造新数列 来求解 一般地， 对于既 有数列 来求解 一般地， 对于既 有 an，又 有，又 有 Sn的数 列题，应 充分利用 公式的数 列题，应 充分利用 公式 anS1，n1，SnSn1，n2，有时将有时将 an转化为转化为 Sn，有时将有时将 Sn转化为转化为 an，要根据题中所给条件灵活变要根据题中所给条件灵活变动应注意对动应注意对 n1 的检验的检验二、还可能这样考二、还可能这样考2 累加法或累乘法求数列的通项累加法或累乘法求数列的通项已知数列已知数列an满足满足 a12， anan1n(n2， nN*)，则则 an_.解析：解析：由题意可知，由题意可知，a2a12，a3a23，anan1n(n2)，以上式子累加得，以上式子累加得，ana123n.因为因为 a12，所以所以 an2(23n)2 n1 2n 2n2n22(n2)因为因为 a12 满足上式，所以满足上式，所以 ann2n22.答案：答案：n2n22启思维启思维(1)本题数列的递推公式可转化为本题数列的递推公式可转化为 an1anf (n)，通常采用等差数列通项公通常采用等差数列通项公式的求解方法式的求解方法累加法累加法(逐差相加法逐差相加法)求解即先将递推公式化成求解即先将递推公式化成 an1anf (n)，然后分，然后分别把别把 n1,2,3，n1 代入上式代入上式，便会得到便会得到(n1)个等式个等式，最后添加关于最后添加关于 a1的等式的等式，把把 n个等式相加之后，就会直接得到该数列的通项公式个等式相加之后，就会直接得到该数列的通项公式(2)对于递推公式可转化为对于递推公式可转化为an1anf (n)的数列的数列，因为其类似于等比数列因为其类似于等比数列，故通常采用等比故通常采用等比数列通项公式的求解方法数列通项公式的求解方法累乘法累乘法(逐商相乘法逐商相乘法)求解求解即分别将即分别将 n1,2,3，n1 代入代入上式，便会得到上式，便会得到(n1)个等式，最后添加关于个等式，最后添加关于 a1的等式，这的等式，这 n 个等式相乘之后，就会直接个等式相乘之后，就会直接得到该数列的通项公式如得到该数列的通项公式如增分集训增分集训第第 2 题题3 构造法求数列的通项构造法求数列的通项已知数列已知数列an满满足足 a12， an12an2an(nN*)， 则则 an_.解析：解析：因为因为 an12an2an，所以，所以1an11an12.因为因为 a12，即，即1a112，所以数列所以数列1an是首项为是首项为12，公差为，公差为12的等差数列，的等差数列，所以所以1an12(n1)12n2，故，故 an2n.答案：答案：2n启思维启思维(1)本题递推公式是形如本题递推公式是形如 an1santans的递推关系，可采用取倒数的方法，将的递推关系，可采用取倒数的方法，将递推式变形为递推式变形为1an11ants，从而可构造出数列从而可构造出数列1an，其首项为其首项为1a1，公差为公差为ts.(2)对于递推式对于递推式 an1panq(p，q 为常数为常数)，当当 p1 时时，an为等差数列为等差数列；当当 p0，q0 时时，an为等比数列；为等比数列；当当 p0，q0 时，可利用待定系数法时，可利用待定系数法，将递推式转化为将递推式转化为 an1qp1panqp1 ，从而可构造出数列从而可构造出数列anqp1 ，其首项为其首项为 a1qp1(不等于不等于 0)，公比公比为为 p.如如 增分集训增分集训 第第 3 3 题题增分集训增分集训1(2018全国卷全国卷)记记 Sn为数列为数列an的前的前 n 项和若项和若 Sn2an1，则，则 S6_.解析：解析：Sn2an1，当当 n2 时，时，Sn12an11，anSnSn12an2an1，即即 an2an1.当当 n1 时，时，a1S12a11，得，得 a11.数列数列an是首项是首项 a1为为1，公比，公比 q 为为 2 的等比数列，的等比数列，Sna1 1qn 1q1 12n 1212n，S612663.答案：答案：632已知在数列已知在数列an中，中，an1nn2an(nN*)，且，且 a14，则数列，则数列an的通项公式的通项公式 an_.解析：解析：由由 an1nn2an，得，得an1annn2，故故a2a113，a3a224，a4a335，anan1n1n1(n2)，以上式子累乘得，以上式子累乘得，ana1132435n2nn1n12n n1 .因为因为 a14，所以，所以 an8n n1 (n2)因为因为 a14 满足上式，所以满足上式，所以 an8n n1 .答案：答案：8n n1 3(2019 届高三届高三陕西实验中学模拟陕西实验中学模拟)已知数列已知数列an中，中，a13，且点，且点 Pn(an，an1)(nN*)在直线在直线 4xy10 上，则数列上，则数列an的通项公式的通项公式 an_.解析：解析：因为点因为点 Pn(an，an1)在直线在直线 4xy10 上，上，所以所以 4anan110.所以所以 an1134an13 .因为因为 a13，所以，所以 a113103.故数列故数列an13 是首项为是首项为103，公比为，公比为 4 的等比数列的等比数列所以所以 an131034n1，故数列故数列an的通项公式为的通项公式为 an1034n113.答案：答案：1034n113重难增分重难增分(二二)数列与其他知识的交汇问题数列与其他知识的交汇问题 典例细解典例细解 例例 1(2017全国卷全国卷)几位大学生响应国家的创业号召几位大学生响应国家的创业号召， 开发了一款应用软件开发了一款应用软件 为为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了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解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的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，其中第一项是是20，接下来的两项是，接下来的两项是 20,21，再接下来的三项是，再接下来的三项是 20,21,22，依此类推求满足如下条件的最小，依此类推求满足如下条件的最小整数整数 N：N100 且该数列的前且该数列的前 N 项和为项和为 2 的整数幂那么该款软件的激活码是的整数幂那么该款软件的激活码是()A440B330C220D110解析解析设第一项为第设第一项为第 1 组组，接下来的两项为第接下来的两项为第 2 组组，再接下来的三项为第再接下来的三项为第 3 组组，依此依此类推，则第类推，则第 n 组的项数为组的项数为 n，前，前 n 组的项数和为组的项数和为n n1 2.由题意可知，由题意可知，N100，令，令n n1 2100，得得 n14，nN*，即，即 N 出现在第出现在第 13 组之后组之后易得第易得第 n 组的所有项的和为组的所有项的和为12n122n1，前前 n 组的所有项的和为组的所有项的和为2 12n 12n2n1n2.设满足条件的设满足条件的 N 在第在第 k1(kN*， k13)组组， 且第且第 N 项为第项为第 k1 组的第组的第 t(tN*)个数个数，若要使前若要使前 N 项和为项和为 2 的整数幂，则第的整数幂，则第 k1 组的前组的前 t 项的和项的和 2t1 应与应与2k 互为相反互为相反数，即数，即 2t1k2，2tk3，tlog2(k3)，当当 t4，k13 时，时，N13 131 24955 时，时，N440.故所求故所求 N 的最小值为的最小值为 440.答案答案A启思维启思维本题在创新情境中考查了等差数列与等比数列的求和公式本题在创新情境中考查了等差数列与等比数列的求和公式， 是具有综合拓展是具有综合拓展性的客观题的压轴题数列试题的创新多是材料背景创新，通常融入性的客观题的压轴题数列试题的创新多是材料背景创新，通常融入“和和”与与“通项通项”的的关系，与生产生活、社会热点相结合，考查考生的阅读能力的同时，也考查数学素养中的关系，与生产生活、社会热点相结合，考查考生的阅读能力的同时，也考查数学素养中的逻辑推理、计算能力，培养了考生的创新意识另外，创新迁移类型试题还有以下特点：逻辑推理、计算能力，培养了考生的创新意识另外，创新迁移类型试题还有以下特点：(1)(1)新知识新知识“开幕开幕” ，别开生面，新的知识主要是新的符号、定义、法则、图表等，或介绍，别开生面，新的知识主要是新的符号、定义、法则、图表等，或介绍新的思维方法新的思维方法，着眼于应用着眼于应用；(2)(2)类比类比、推广推广；(3)(3)以高中数学内容为材料以高中数学内容为材料， “偷梁换柱偷梁换柱” “移移花接木花接木” ，创设新情境，演化新问题，创设新情境，演化新问题例例 2(2013全国卷全国卷)设设AnBnCn的三边长分别为的三边长分别为 an，bn，cn，AnBnCn的面积的面积为为 Sn，n1,2,3，.若若 b1c1，b1c12a1，an1an，bn1cnan2，cn1bnan2，则则()ASn为递减数列为递减数列BSn为递增数列为递增数列CS2n1为递增数列，为递增数列，S2n为递减数列为递减数列DS2n1为递减数列，为递减数列，S2n为递增数列为递增数列解析解析由由 bn1ancn2，cn1bnan2，得得 bn1cn1an12(bncn)，(*)bn1cn112(bncn)，由由 an1an得得 ana1，代入代入(*)得得 bn1cn1a112(bncn)，bn1cn12a112(bncn2a1)，b1c12a12a12a10，bncn2a1|BnCn|a1，所以点所以点 An在以在以 Bn，Cn为焦点且长轴长为为焦点且长轴长为 2a1的椭圆上的椭圆上(如图如图)由由 b1c1得得 b1c10，所所以以|bn1cn1|12(bncn)，即，即|bncn|(b1c1)12n1，所以当，所以当 n 增大时增大时|bncn|变小，即变小，即点点An向点向点 A 处移动，即边处移动，即边 BnCn上的高增大，又上的高增大，又|BnCn|ana1不变，所以不变，所以Sn为递增数列为递增数列答案答案B启思维启思维交汇问题是将各主干知识交汇问题是将各主干知识“联姻联姻”“”“牵手牵手”、 交叉渗透等综合考查主干知识交叉渗透等综合考查主干知识的常见问题，覆盖面广本题将数列与几何交汇，增大了试题难度，较好地考查了考生的的常见问题，覆盖面广本题将数列与几何交汇，增大了试题难度，较好地考查了考生的数形结合思想、逻辑思维能力，其实质是考查数列的递推关系式、椭圆的定义及性质，此数形结合思想、逻辑思维能力，其实质是考查数列的递推关系式、椭圆的定义及性质，此题对考生的数学抽象、逻辑推理、直观想象要求较高题对考生的数学抽象、逻辑推理、直观想象要求较高知能升级知能升级1数列与其他知识的交汇问题主要体现在以下两点：数列与其他知识的交汇问题主要体现在以下两点：(1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，主要以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，主要考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题，往往涉及与数列相关的不等式证明、参考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题，往往涉及与数列相关的不等式证明、参数的范围等数的范围等(2)以数列知识为背景的新概念、创新型问题，除了需要用到数列知识外，还要运用函以数列知识为背景的新概念、创新型问题，除了需要用到数列知识外，还要运用函数、不等式等相关知识和方法，特别是题目条件中的数、不等式等相关知识和方法，特别是题目条件中的“新知识新知识”是解题的钥匙，此类问题是解题的钥匙，此类问题往往思维难度较大，通常作为压轴题出现往往思维难度较大，通常作为压轴题出现2解决此类问题的关键是理解题意解决此类问题的关键是理解题意，将核心问题提炼出来将核心问题提炼出来，运用数列运用数列、函数函数、解析几解析几何的相关知识求解，主要考查了转化与化归思想的应用何的相关知识求解，主要考查了转化与化归思想的应用增分集训增分集训1斐波那契数列斐波那契数列an满足：满足：a11，a21，anan1an2(n3，nN*)若将数列的若将数列的每一项按照下图方法放进格子里每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为每一小格子的边长为 1，记前记前 n 项所占的格子的面积之和项所占的格子的面积之和为为 Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为 cn，则下列结论错误的是，则下列结论错误的是()ASn1a2n1an1anBa1a2a3anan21Ca1a3a5a2n1a2n1D4(cncn1)an2an1解析解析：选选 C对于选项对于选项 A，由题图可知由题图可知，S2a2a3，S3a3a4，S4a4a5，则则 Sn1an1an2an1(an1an)a2n1an1an，故，故 A 项正确；对于选项项正确；对于选项 B，a1a2a3anan21an1an1a1a2a3an1an11a1a2a3an2an1a1a2a3an3an11a1a31121，故，故 B 项正确；对于选项项正确；对于选项 C，当，当 n1 时，时，a1a21，故，故 C 项错误；对于选项项错误；对于选项 D,4(cncn1)4a2n4a2n14(anan1)(anan1)an2an1，故，故 D 项正确项正确2已知函数已知函数 f (x)在在 R R 上的图象是连续不断的一条曲线上的图象是连续不断的一条曲线，当当 x0 时时，f (x)2，对任意对任意的的x，yR R，f (x)f (y)f (xy)2 成立，若数列成立，若数列an满足满足 a1f (0)，且，且 f (an1)fanan3 ，nN*，则，则 a2 018的值为的值为()A2B.6232 0171C.2232 0171D.2232 0161解析：解析：选选 C令令 xy0 得得 f (0)2，所以，所以 a12.设设 x1，x2是是 R R 上的任意两个数，且上的任意两个数，且 x10，因为当因为当 x0 时，时，f (x)2，所以，所以 f (x2x1)2，即即 f (x2)f (x2x1x1)f (x2x1)f (x1)22f (x1)2f (x1)，所以所以 f (x)在在 R R 上是减函数上是减函数因为因为 f (an1)fanan3 ，所以所以 an1anan3，即，即1an13an1，所以所以1an11231an12 ，因为，因为1a1121，所以所以1an12 是以是以 1 为首项，为首项，3 为公比的等比数列，为公比的等比数列，所以所以1an123n1，即，即 an223n11.所以所以 a2 0182232 0171.3数列数列an中中，a112，an1nan n1 nan1 (nN*)，若不等式若不等式3n21ntan0 恒成立恒成立，则实数则实数 t 的取值范围是的取值范围是_解析：解析：由由 an1nan n1 nan1 ，得得1 n1 an11nan1，又，又1a12，所以数列所以数列1nan是首项为是首项为 2，公差为，公差为 1 的等差数列，的等差数列，则则1nann1，即，即 an1n n1 ，从而不等式从而不等式3n21ntan0 恒成立等价于恒成立等价于t3nn4 恒成立，恒成立，易知当易知当 n2 时，时，3nn4 取得最小值取得最小值152，所以所以t152，即，即 t152.所以实数所以实数 t 的取值范围是的取值范围是152，.答案：答案：152，高考大题通法点拨高考大题通法点拨数列问题重在数列问题重在“归归”化归化归思维流程思维流程策略指导策略指导利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质等差数列与等比数列是数列中的两个利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列思想，将其转化为这两种数列典例典例已知数列已知数列an的前的前 n 项和项和 Sn3n28n，bn是等差数列是等差数列，且且 anbnbn1.(1)求数列求数列bn的通项公式；的通项公式；(2)令令 cn an1 n1 bn2 n，求数列，求数列cn的前的前 n 项和项和 Tn.破题思路破题思路第第(1)问问求什么想什么求什么想什么求数列求数列bn的通项公式，想到求首项的通项公式，想到求首项 b1和公差和公差 d给什么用什么给什么用什么题目中给出题目中给出an的前的前 n 项和项和 Sn，anbnbn1.用用 Sn3n28n 求出求出 an，由，由 bnbn1an的关系求的关系求 b1，d差什么找什么差什么找什么要求要求bn的通项公式，还需要求的通项公式，还需要求 b1和和 d.可令可令 bnbn1an中的中的 n1 和和 n2，建立，建立 b1和和 d 的的方程组求解方程组求解第第(2)问问求什么求什么想什么想什么求求cn的前的前 n 项和项和 Tn，想到根据，想到根据cn的通项公式的特征选择求和公式的通项公式的特征选择求和公式给什么给什么用什么用什么已知已知 cn an1 n1 bn2 n，用第，用第(1)问中所求问中所求 an及及 bn可化简得可化简得 cn规范解答规范解答(1)由题意知当由题意知当 n2 时，时，anSnSn16n5.当当 n1 时，时，a1S111，符合上式符合上式所以所以 an6n5.设数列设数列bn的公差为的公差为 d.由由a1b1b2，a2b2b3，即即112b1d，172b13d，解得解得b14，d3.所以所以 bn3n1.(2)由由(1)知知 cn 6n6 n1 3n3 n3(n1)2n1.由由 Tnc1c2cn，得得 Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，两式作差，得得Tn3222232n1(n1)2n2344 12n 12 n1 2n23n2n2，所以所以 Tn3n2n2.关键点拨关键点拨等差、等比数列基本量的计算模型等差、等比数列基本量的计算模型设置中设置中间问题间问题分析已知条件和求解目标分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题如为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(公比公比)等，确定解题的等，确定解题的逻辑次序逻辑次序注意解注意解题细节题细节在等差数列与等比数列综合问题中在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定如果等比数列的公比不能确定，则要看其是则要看其是否有等于否有等于 1 的可能的可能，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示等对点训练对点训练(2018福州模拟福州模拟)已知数列已知数列an中中，a11，a22，an13an2an1(n2，nN*)设设bnan1an.(1)证明：数列证明：数列bn是等比数列；是等比数列；(2)设设 cnbn 4n21 2n，求数列，求数列cn的前的前 n 项的和项的和 Sn.解：解：(1)证明：因为证明：因为 an13an2an1(n2，nN*)，bnan1an，所以所以bn1bnan2an1an1an 3an12an an1an1an2 an1an an1an2，又又 b1a2a1211，所以数列所以数列bn是以是以 1 为首项，以为首项，以 2 为公比的等比数列为公比的等比数列(2)由由(1)知知 bn12n12n1，因为因为 cnbn 4n21 2n，所以所以 cn12 2n1 2n1 1412n112n1 ，所以所以 Snc1c2cn14113131512n112n114112n1 n4n2.总结升华总结升华对于数列的备考对于数列的备考： 一是准确掌握数列中一是准确掌握数列中 an与与 Sn之间的关系之间的关系， 这是解决数列问题的基础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，如分类讨论如分类讨论、数形结合数形结合、等价转化等价转化、函数与方程思想等函数与方程思想等专题跟踪检测专题跟踪检测(对应配套卷对应配套卷 P180)一、全练保分考法一、全练保分考法保大分保大分1已知等差数列的前已知等差数列的前 3 项依次为项依次为 a，a2,3a，前，前 n 项和为项和为 Sn，且，且 Sk110，则，则 k 的值的值为为()A9B11C10D12解析解析：选选 C由由 a，a2,3a 成等差数列成等差数列，得公差为得公差为 2，且且 2(a2)a3a，解得解得 a2，所以所以 Sk2kk k1 22k2k110，解得，解得 k10 或或 k11(舍去舍去)2(2018云南模拟云南模拟)已知数列已知数列an是等差数列是等差数列，若若 a11，a33，a55 依次构成公比依次构成公比为为q 的等比数列，则的等比数列，则 q()A2B1C1D2解析解析：选选 C依题意，注意到依题意，注意到 2a3a1a5,2a36a1a56，即有，即有 2(a33)(a11)(a55)，即即 a11，a33，a55 成等差数列；成等差数列；又又 a11，a33，a55 依次构成公比为依次构成公比为 q 的等比数列，的等比数列，因此有因此有 a11a33a55(若一个数列既是等差数列又是等比数列若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个则该数列是一个非零的常数列非零的常数列)，qa33a111.3中国古代数学著作中国古代数学著作算法统宗算法统宗中有这样一个问题中有这样一个问题：“三百七十八里关三百七十八里关，初行健步初行健步不为难次日脚痛减一半，六朝方得至其关要见次日行里数，请公仔细算相还不为难次日脚痛减一半，六朝方得至其关要见次日行里数，请公仔细算相还”其意其意思是思是“有一个人走有一个人走 378 里，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程是前一天的里，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程是前一天的一半，走了一半，走了 6 天后到达目的地天后到达目的地”则第三天走了则第三天走了()A60 里里B48 里里C36 里里D24 里里解析：解析：选选 B由题意得每天走的路程构成等比数列由题意得每天走的路程构成等比数列an，其中，其中 q12，S6378，则，则 S6a11126112378，解得，解得 a1192，所以，所以 a31921448.4已知递减的等差数列已知递减的等差数列an中，中，a31，a1，a4，a6成等比数列若成等比数列若 Sn为数列为数列an的前的前 n 项和，则项和，则 S7的值为的值为()A14B9C5D1解析：解析：选选 A设数列设数列an的公差为的公差为 d，由题可知，由题可知 d0.由由 a2a41，得，得 a231，a31.S37，a1a2a31q21q17，即，即 6q2q10，解得，解得 q12或或 q13(舍舍去去)故故 q12.答案答案：128在各项均为正数的等比数列在各项均为正数的等比数列an中，中，am1am12am(m2)，数列，数列an的前的前 n 项积项积为为Tn.若若 T2m1512，则，则 m 的值为的值为_解析解析：由等比数列的性质由等比数列的性质，得得 am1am1a2m2am.又数列又数列an的各项均为正数的各项均为正数，所以所以 am2.又又 T2m1(am)2m122m1512，所以，所以 2m19，所以，所以 m5.答案答案：59设数列设数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，且，且 a11，anan112n(nN*)，则，则 S2n1_.解析：解析：因为因为 a11，anan112n(nN*)，所以，所以 S2n1a1(a2a3)(a2n2a2n1)1122124122n2114n11443114n.答案答案：43114n10(2018成都模拟成都模拟)已知等差数列已知等差数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，a23，S416，nN*.(1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式；(2)设设 bn1anan1，求数列，求数列bn的前的前 n 项和项和 Tn.解：解：(1)设数列设数列an的公差为的公差为 d，a23，S416，a1d3,4a16d16，解得解得 a11，d2.an2n1.(2)由题意，由题意，bn1 2n1 2n1 1212n112n1 ，Tnb1b2bn12113 1315 12n112n112112n1n2n1.11(2019 届高三届高三南宁二中、柳州高中联考南宁二中、柳州高中联考)已知已知 a12，a24，数列，数列bn满足：满足：bn12bn2 且且 an1anbn.(1)求证：数列求证：数列bn2是等比数列；是等比数列；(2)求数列求数列an的通项公式的通项公式解解：(1)证明：由题知，证明：由题知，bn12bn22bn22bn22，b1a2a1422，b124，数列数列bn2是以是以 4 为首项，为首项，2 为公比的等比数列为公比的等比数列(2)由由(1)可得，可得，bn242n1，故，故 bn2n12.an1anbn，a2a1b1，a3a2b2，a4a3b3，anan1bn1.累加得，累加得，ana1b1b2b3bn1(n2)，an2(222)(232)(242)(2n2)2 12n 122(n1)2n12n，故故 an2n12n(n2)a12 符合上式，符合上式，数列数列an的通项公式为的通项公式为 an2n12n(nN*)12已知数列已知数列an是等差数列，是等差数列，a26，前，前 n 项和为项和为 Sn，bn是等比数列，是等比数列，b22，a1b312，S3b119.(1)求求an，bn的通项公式；的通项公式；(2)求数列求数列bncos(an)的前的前 n 项和项和 Tn.解解：(1)数列数列an是等差数列，是等差数列，a26，S3b13a2b118b119，b11，b22，数列，数列bn是等比数列，是等比数列，bn2n1.b34，a1b312，a13，a26，数列，数列an是等差数列，是等差数列，an3n.(2)由由(1)得，令得，令 Cnbncos(an)(1)n2n1，Cn1(1)n12n，Cn1Cn2，又，又 C11，数列数列bncos(an)是以是以1 为首项，为首项，2 为公比的等比数列，为公比的等比数列，Tn11 2 n12131(2)n二、强化压轴考法二、强化压轴考法拉开分拉开分1已知数列已知数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，且，且 a12，Sn14an2，则，则 a12()A20 480B49 152C60 152D89 150解析解析：选选 B由由 S24a12，得得 a1a24a12，联立联立 a12，解得解得 a28.又又 an2Sn2Sn14an14an，an22an12(an12an)，数列数列an12an是以是以 a22a14 为首为首项项，以以 2 为公比的等比数列为公比的等比数列，an12an42n12n1，an12an2n11，an12n1an2n1，数列数列an2n是以是以a121 为首项，以为首项，以 1 为公差的等差数列，为公差的等差数列，an2n1(n1)n，ann2n，a121221249 152.2已知已知 a11，ann(an1an)(nN*)，则数列，则数列an的通项公式是的通项公式是()A2n1B.n1nn1Cn2Dn解析解析： 选选 D因为因为 ann(an1an)nan1nan， 所以所以 nan1(n1)an， 所以所以an1ann1n，所以所以 ananan1an1an2a2a1a1nn1n1n2211n.3(2018郑州模拟郑州模拟)已知数列已知数列an满足满足 a11，|an1an|1n n2 .若若 a2n1a2n1，a2n20，a2n2a2na2n2a2n，所以所以 a2n1a2n2a2n1a2n.而而|a2n1a2n2|1 2n1 2n3 ，|a2n1a2n|1 2n1 2n1 ，即即|a2n1a2n2|a2n1a2n|.综合综合，得，得 a2n1a2n0，即即 a2n1a2n1 2n1 2n1 .裂项，得裂项，得 a2na2n11212n112n1 .综上可得，数列综上可得，数列(1)nan的前的前 40 项的和为项的和为(a2a1)(a4a3)(a40a39)12113 1315 1391412041.4(2019 届高三届高三河北河北“五个一名校联盟五个一名校联盟”联考联考)在正整数数列中在正整数数列中，由由 1 开始依次按如下开始依次按如下规则，将某些数染成红色先染规则，将某些数染成红色先染 1；再染两个偶数；再染两个偶数 2,4；再染；再染 4 后面最邻近的后面最邻近的 3 个连续奇个连续奇数数5,7,9；再染；再染 9 后面的最邻近的后面的最邻近的 4 个连续偶数个连续偶数 10,12,14,16；再染此后最邻近的；再染此后最邻近的 5 个连续奇个连续奇数数17,19,21,23,25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列按此规则一直染下去，得到一红色子数列 1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，则，则在这个红色子数列中，由在这个红色子数列中，由 1 开始的第开始的第 2 018 个数是个数是()A3 971B3 972C3 973D3 974解析解析：选选 B由题意可知由题意可知，第第 1 组有组有 1 个数个数，第第 2 组有组有 2 个数个数，根据等差数列的根据等差数列的前前n 项和公式项和公式，可知前可知前 n 组共有组共有n n1 2个数个数由于由于 2 01663 631 22 01864 641 22080，因此因此，第第 2 018 个数是第个数是第 64 组的第组的第 2 个数个数由于第由于第 1 组最后一个数是组最后一个数是 1，第第 2 组最后组最后一个数是一个数是 4，第，第 3 组最后一个数是组最后一个数是 9，第，第 n 组最后一个数是组最后一个数是 n2，因此，第，因此，第 63 组最后一组最后一个数为个数为 632,6323 969，第，第 64 组为偶数组，其第组为偶数组，其第 1 个数为个数为 3 970，第，第 2 个数为个数为 3 972，故选，故选B.5(2019 届高三届高三南昌调研南昌调研)设数列设数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，若，若 a13 且当且当 n2 时，时，2anSnSn1(nN*)，则数列，则数列an的通项公式的通项公式 an_.解析解析： 当当 n2 时时， 由由 2anSnSn1可得可得 2(SnSn1)SnSn1， 1Sn11Sn12， 即即1Sn1Sn112，数列数列1Sn是首项为是首项为13，公差为公差为12的等差数列的等差数列，1Sn1312 (n1)53n6，Sn653n.当当 n2 时，时，an12SnSn112653n653 n1 18 53n 83n ，又，又 a13，an3，n1，18 53n 83n ，n2.答案答案：3，n1，18 53n 83n ，n26(2018开封模拟开封模拟)已知数列已知数列an满足满足2(1)nan2(1)nan11(1)n3n(nN*)，则，则 a25a1_.解析：解析：2(1)nan2(1)nan11(1)n3n，当当 n2k(kN*)时，时，
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