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专题三 数列与数学归纳法析考情明重点小题考情分析大题考情分析常考点1.等差、等比数列的概念及运算(5年4考) 2.等差、等比数列的性质(5年4考)高考对数列的考查在解答题中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数学归纳法也是高考常考内容，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)数列与不等式的综合问题；(4)数学归纳法常与数列、不等式等知识综合考查.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第一讲 小题考法数列的概念及基本运算考点(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台州调考)设数列an，bn满足anbn700，an1anbn，nN*，若a6400，则()Aa4a3Bb4b3 Da40”是“S4S62S5”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件(2)(2018浙江考前冲刺)已知等差数列an满足anan12n3，nN*，则a1a2a6a7_，数列an的前n项和Sn_.(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)因为an为等差数列，所以S4S64a16d6a115d10a121d,2S510a120d，S4S62S5d，所以d0S4S62S5.(2)分别令n1,6，可得a1a2a6a7198.设数列an的公差为d，则2n3anan1a1(n1)da1nd2dn(2a1d)对任意的nN*恒成立，所以解得故Snn(1)1.(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)8(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(2018诸暨质量检测)已知数列an的前n项和是Sn，则下列四个命题中，错误的是()A若数列an是公差为d的等差数列，则数列是公差为的等差数列B若数列是公差为d的等差数列，则数列an是公差为2d的等差数列C若数列an是等差数列，则数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列D若数列an的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则an是等差数列解析：选DA项，若等差数列an的首项为a1，公差为d，前n项的和为Sn，则数列为等差数列，且通项为a1(n1)，即数列是公差为的等差数列，故说法正确；B项，由题意得a1(n1)d，所以Snna1n(n1)d，则anSnSn1a12(n1)d，即数列an是公差为2d的等差数列，故说法正确；C项，若等差数列an的公差为d，则数列的奇数项、偶数项都是公差为2d的等差数列，故说法正确；D项，若数列an的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则an不一定是等差数列，例如：1,4,3,6,5,8,7，说法错误故选D.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(2019届高三浙江名校联考)已知等比数列an的公比q0，前n项和为Sn.若2(a5a3a4)a4，且a2a4a664，则q_，Sn_.解析：2(a5a3a4)a4，2a52a33a42q42q23q32q23q20，得q(舍去)或q2.a2a4a664，a64a44，a1，Sn.答案：2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前n项和有关的最值问题.典例感悟典例(1)(2018浙江“七彩阳光”联盟期中)已知等差数列an，Sn表示前n项的和，a5a110，a6a90，则满足Sn0的正整数n的最大值是()A12B13C14 D15(2)(2018杭州二中期中)已知等比数列an的前n项积为Tn，log2a3log2a72，则T9的值为()A512 B512C1 024 D1 024(3)(2019届高三温州十校联考)已知数列an的首项a11，前n项和为Sn，且满足2an1Sn2，则满足0，a80，则S151515a80.又a7a8a6a90，a7a80，则S131313a70.而S14147(a6a9)0，则满足Sn0，a70，a5a3q20.log2a3log2a7log2(a3a7)log2a2，故a52.从而T9(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5a29512，故选B.(3)当n1时，由2a2S12，得a2.由2an1Sn2知，当n2时，有2anSn12，两式相减得an1an.当n1时上式也成立，所以数列an是公比为的等比数列，故Sn22n.因此原不等式化为，化简得n，解得n4,5,6,7,8,9，所以n的最大值为9.(4)由S2S6得S6S2a6a5a4a32(a5a4)0，a5a40，2a17d0，由2得(a5a4)2，d4.a114.答案(1)C(2)B(3)B(4)144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 B9C8 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8a1，则()Aa1a3，a2a3，a2a4Ca1a4 Da1a3，a2a4解析(1)法一：数列an是公比q2的等比数列，由a6a2a10得a1q5a1qa1q9，a1q51，a61，b92a72a6q2124，设等差数列bn的公差为d，则S1717b1d17(b18d)17b968，故选D.法二：数列an是公比为2的等比数列，由等比数列的性质得a6a2a10a，a61，b92a72a624，等差数列bn的前17项和S1717b968，故选D.(2)由已知得解得那么nSnn2a1d.由于函数f(x)在x处取得极小值，又60)，则a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，所以a4a1q31.由a11，得q1，所以ln(a1a2a3)0，矛盾因此1q0，a2a4a1q(1q2)a3，a21，所以等比数列的公比q1，所以ln(a1a2a3)0，与ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，所以1q0，a2a4a1q(1q2)a3，a21，则a1a22a1d2b14，又a3a12d5，所以a11，d2，an12(n1)2n1，所以b3a418，Snn2n2.因为数列bn是单调递增的等比数列，所以q24，q2，bn2n.因为当nm(mN*)时，Snbn恒成立，所以当nm(mN*)时，n22n恒成立，数形结合可知m的最小值为4.答案：4 (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 A组107提速练一、选择题1设等比数列an的公比q2，前n项和为Sn，则()A2B4C D解析：选Cq2，S415a1，.故选C.2(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 B2C4 D8解析：选C设等差数列an的公差为d，则由得即解得d4.3设等比数列an的前n项和为Sn，若S1a2，S2a3，则公比q()A1 B4C4或0 D8解析：选BS1a2，S2a3，解得或，故所求的公比q4.故选B.4(2019届高三湖州五校联考)若an是公差为d(d0)的等差数列，Sn是其前n项和，则下列结论中正确的是()A若a1a20，则a1a30B若a1a40，则a1a4a2a3C若d0且a10，则D若S3S72S5，则d0解析：选D由a1a22a1d0，得d2a1，由a1a32a12d0，得da1，显然不符，A错；a1a4a3a1d，a2a3a3a1d2d2，因为d0，所以a1a42S510a120d，解得d0，D正确5(2018金华统考)已知等差数列an的前n项和为Sn，满足S7S11，且a10，则Sn中最大的是()AS7 BS8CS9 DS10解析：选C法一：设数列an的公差为d，根据S7S11可得7a1d11a1d，即da1，则Snna1dna1(n9)2a1，由a10可知0可知a90，a100，所以aa2a成立，但an是等差数列，不是等比数列，所以必要性不成立所以“an为等比数列”是“aa2a”的充分不必要条件故选A.7若等差数列an的前n项和为Sn，若S6S7S5，则满足SnSn1S7S5，得S7S6a7S5，所以a70，所以S1313a70，所以S12S130，即满足SnSn10的正整数n的值为12，故选C.8(2018浙江考前热身联考)我国古代的天文学和数学著作周髀算经中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷(u)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长的变化量相同，周而复始若冬至晷长一丈三尺五寸夏至晷长一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至之后的那个节气(小暑)晷长是()A五寸 B二尺五寸C三尺五寸 D四尺五寸解析：选B设从夏至到冬至的晷长依次构成等差数列an，公差为d，a115，a13135，则1512d135，解得d10.a2151025，小暑的晷长是25寸故选B.9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项和等于的最大正整数n为_解析：设等差数列an的公差为d，由已知可得解得故数列an的通项公式为an2n.Sna1，.得a111，所以Sn，由Sn，得0100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是()A440 B330C220 D110解析：选A设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.由题意可知，N100，令100，得n14，nN*，即N出现在第13组之后易得第n组的所有项的和为2n1，前n组的所有项的和为n2n1n2.设满足条件的N在第k1(kN*，k13)组，且第N项为第k1组的第t(tN*)个数，若要使前N项和为2的整数幂，则第k1组的前t项的和2t1应与2k互为相反数，即2t1k2，2tk3，tlog2(k3)，当t4，k13时，N4955时，N440，故选A.3(2018浙江考前冲刺卷)已知数列an是首项为1，公差d不为0的等差数列，且a2a3a8，数列bn是等比数列，其中b22，b516，若数列cn满足cnanbn，则|c1|c2|c3|cn|()A3(2n3)2n1 B3(2n3)2nC3(2n3)2n D3(2n3)2n解析：选B由题意知，(a1d)(a12d)a17d，a11，得d2，所以ana1(n1)d2n1.设数列bn的公比为q，则q38，q2，所以bn(2)n1，所以|cn|(2n1)(2)n1|(2n1)2n1，所以|c1|c2|c3|cn|120321(2n1)2n1.令Tn120321(2n1)2n1，则2Tn121322(2n3)2n1(2n1)2n，两式相减得Tn2(21222n1)(2n1)2n13(2n3)2n，所以选B.4(2018浙江高三模拟)已知在数列an中，a1，1(1)nan(1)nan12(n2)，且对任意的nN*，(an1p)(anp)0恒成立，则实数p的取值范围是()A. B.C. D.解析：选A1(1)nan(1)nan12(n2)，(*)a1，当n为偶数时，化简(*)式可知，an12，an2(n为奇数)；当n为奇数时，化简(*)式可知，2anan12，即4an12，即an16，an6(n为偶数)于是an对任意nN*，(an1p)(anp)0恒成立，对任意nN*，(pan1)(pan)0恒成立又数列a2k1单调递减，数列a2k单调递增，当n为奇数时，有anpan1，则a1pa11，即p；当n为偶数时，有an1pan，则a21pa2，即p.综上所述，p，故选A.5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已知在首项都为2的数列an，bn中，a2b24,2an1anan2，bn1bn32n1，且bnZ，则bn_，数列的前n项和为_解析：由2an1anan2，知数列an是等差数列，因为a12，a24，所以其公差为2，所以an2n.由bn1bn2n，得bn2bn12n1，所以bn2bn32n1，且bnZ，所以bn2bn32n，又b12，b24，所以bn2n.所以2n1，则数列的前n项和为2n1.答案：2n2n1第二讲 大题考法数列的综合应用及数学归纳法题型(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(2018浙江第二次联盟联考)设数列an的首项a1，前n项和为Sn，且满足2an1Sn3(nN*)(1)求a2及an；(2)求证：anSn的最大值为.解：(1)由题意得2a2S13，即2a2a13，所以a2.当n2时，由2an1Sn3，得2anSn13，两式相减得2an1an0，即an1an.因为a1，a2，所以a2a1，即当n1时，an1an也成立所以an是以为首项，为公比的等比数列，所以an.(2)证明：因为2an1Sn3，且an1an，所以Sn32an13an.于是，anSnan(3an)2，当且仅当an，即n1时等号成立故anSn的最大值为.题型(二)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2已知数列an的前n项和Sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5，求.解(1)证明：由题意得a1S11a1，故1，a1，故a10.由Sn1an，Sn11an1得an1an1an，即an1(1)an.由a10，0得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是ann1.(2)由(1)得Sn1n.由S5得15，即5.解得1.备课札记 方法技巧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2anan1an1(nN*，n2)，则an为等差数列；若aan1an10(nN*，n2)，则an为等比数列演练冲关2(2018温州高考适应性测试)已知数列an的前n项积为Tn，且Tn1an.(1)证明：是等差数列；(2)求数列的前n项和Sn.解：(1)证明：由Tn1an得，当n2时，Tn1，两边同时除以Tn，得1.T11a1a1，a1，2，是首项为2，公差为1的等差数列(2)由(1)知n1，则Tn，从而an1Tn，故n.数列是首项为1，公差为1的等差数列，Sn.题型(三)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分组求和、含绝对值的数列求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.典例感悟典例3(2018浙江高考)已知等比数列an的公比q1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为2n2n.(1)求q的值；(2)求数列bn的通项公式解(1)由a42是a3，a5的等差中项，得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520，得820，解得q2或q.因为q1，所以q2.(2)设cn(bn1bn)an，数列cn的前n项和为Sn.由cn解得cn4n1.由(1)可得an2n1，所以bn1bn(4n1)n1，故bnbn1(4n5)n2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)n2(4n9)n373.设Tn37112(4n5)n2，n2.则Tn372(4n9)n2(4n5)n1，得Tn34424n2(4n5)n1，所以Tn14(4n3)n2，n2.又b11，所以bn15(4n3)n2.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3(2018浙江高三模拟)已知数列an是等差数列，bn是等比数列，且a111，b11，a2b211，a3b311.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列|anbn|的前12项和S12.解：(1)设数列an的公差为d，bn的公比为q(q0)，则由a3b3a2b2a111，可得得d2，q2，从而an2n13，bn2n1.(2)不妨设cnanbn132n2n1，若n3，则cn0；若n4，则cn0，S22a22，S3a42.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnTn为数列bn的前n项和，求T2n.解：(1)S22a22，S3a42，得a3a42a2，即q2q20.又q0，q2.S22a22，a1a22a22，即a1a1q2a1q2，a12，an2n.(2)由(1)知bn即bnT2nb1b2b3b2n222424626(2n)22n222424626(2n)22n设A222424626(2n)22n，则22A224426628(2n2)22n(2n)22n2，两式相减得A2(24262822n)(2n)22n2，整理得A，T2n.题型(四)数列与不等式的综合问题主要考查证明不等式、比较数列中项的大小问题.典例感悟典例4(2018衢州质量检测)已知数列an满足a11，Sn2an1，其中Sn为an的前n项和(nN*)(1)求S1，S
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