1、高考大题增分专项三 高考中的数列,-2-,从近五年高考试题分析来看,高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列;求数列的通项及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.命题特点是试题题型规范、方法可循、难度稳定在中档.,-3-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,突破策略一 公式法 对于等差、等比数列,求其通项及求前n项的和时,只需利用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式求解即可.,-4-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,例1已知等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5
2、. (1)求an的通项公式; (2)求和:b1+b3+b5+b2n-1. 解:(1)设等差数列an的公差为d. 因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10. 解得d=2.所以an=2n-1. (2)设等比数列bn的公比为q. 因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9. 解得q2=3.所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.,-5-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,对点训练1(2018山东淄博一模)已知an是公差为3的等差数列,(1)求数列an的通项公式; (2)求数列bn的前n项和Sn.,a1=4,an是首项为4,公差为3的等差数列. an=4+(n-1)3=3n
3、+1. (2)由(1)及anbn+1=nbn+bn+1,-6-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,突破策略二 转化法 无论是求数列的通项还是求数列的前n项和,通过变形、整理后,能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.,-7-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,例2在数列an中,a1=1,数列an+1-3an是首项为9,公比为3的等比数列. (1)求a2,a3;,解:(1)数列an+1-3an是首项为9,公比为3的等比数列,an+1-3an=93n-1=3n+1. a2-3a1=9,a3-3a2=27
4、.a2=12,a3=63.,-8-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,对点训练2设an是公比大于1的等比数列,Sn为数列an的前n项和,已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4成等差数列. (1)求数列an的通项公式; (2)令bn=ln a3n+1,n=1,2,求数列bn的前n项和Tn.,-9-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,-10-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,突破策略一 定义法用定义法证明一个数列是等差数列,常采用的两个式子an-an-1=d(n2)和an+1-an=d,前者必须加上“n2”,否则n=1时a0无
5、意义;用定义法证明一个数列是等比数列也常采用两个式子,-11-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,例3已知数列an满足an+1=2an+n-1,且a1=1. (1)求证:数列an+n为等比数列; (2)求数列an的前n项和Sn.,所以数列an+n是首项为2,公比为2的等比数列. (2)解:由(1)得an+n=22n-1=2n,故an=2n-n.,-12-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,对点训练3(2018江苏淮安一模节选)已知数列an,其前n项和为Sn,满足a1=2,Sn=nan+an-1,其中n2,nN*,R. (1)若=0,=4,bn=an+
6、1-2an(nN*),求证:数列bn是等比数列;,证明:(1)若=0,=4,则Sn=4an-1(n2), 所以an+1=Sn+1-Sn=4(an-an-1), 即an+1-2an=2(an-2an-1),所以bn=2bn-1. 又由a1=2,a1+a2=4a1, 得a2=3a1=6,a2-2a1=20,即bn0,-13-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,(2)若a2=3,由a1+a2=2a2+a1,得5=6+2.,即(n-1)an+1-(n-2)an-2an-1=0, 所以nan+2-(n-1)an+1-2an=0, 两式相减得nan+2-2(n-1)an+1+(n-2
7、)an-2an+2an-1=0, 所以n(an+2-2an+1+an)+2(an+1-2an+an-1)=0,-14-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,因为a1-2a2+a3=0,所以an+2-2an+1+an=0, 即数列an是等差数列.,-15-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,突破策略二 递推相减化归法 对已知数列an与Sn的关系,证明an为等差或等比数列的问题,解题思路为:由an与Sn的关系递推出n为n+1时的关系式,两关系式相减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.,-16-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二
8、,例4已知数列an的前n项和为Sn,Sn=(m+1)-man对任意的nN*都成立,其中m为常数,且m-1. (1)求证:数列an是等比数列; (2)记数列an的公比为q,设q=f(m),若数列bn满足(3)在(2)的条件下,设cn=bnbn+1,数列cn的前n项和为Tn,求证:Tn1.,-17-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,证明(1)当n=1时,a1=S1=1. Sn=(m+1)-man, Sn-1=(m+1)-man-1(n2), 由-,得an=man-1-man(n2), 即(m+1)an=man-1. a10,m-1,an-10,m+10.,-18-,题型一,
9、题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,-19-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,对点训练4设数列an的前n项和为Sn,且(3-m)Sn+2man=m+3(nN*),其中m为常数,且m-3. (1)求证:an是等比数列;,证明 (1)由(3-m)Sn+2man=m+3, 得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3, 两式相减,得(3+m)an+1=2man.an是等比数列.,-20-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,-21-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,突破策略一 错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列
10、和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求,即和式两边同乘以等比数列的公比,然后作差求解.,-22-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,例5已知数列an的前n项和Sn=3n2+8n,bn是等差数列,且an=bn+bn+1. (1)求数列bn的通项公式;解(1)由题意知当n2时,an=Sn-Sn-1=6n+5, 当n=1时,a1=S1=11,符合上式. 所以an=6n+5.设数列bn的公差为d.,-23-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,又Tn=c1+c2+cn, 得Tn=3222+323+(n+1)2n+1, 2T
11、n=3223+324+(n+1)2n+2, 两式作差,得 -Tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2所以Tn=3n2n+2.,-24-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,对点训练5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,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求an和bn的通项公式; (2)求数列a2nb2n-1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b2+b3=12,得b1(q+q2)=12, 而b1=2,所以q2+q-6=0. 又因
12、为q0,解得q=2. 所以bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8. 由S11=11b4,可得a1+5d=16, 联立,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2. 所以数列an的通项公式为an=3n-2,数列bn的通项公式为bn=2n.,-25-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,(2)设数列a2nb2n-1的前n项和为Tn, 由a2n=6n-2,b2n-1=24n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)4n, 故Tn=24+542+843+(3n-1)4n, 4Tn=242+543+844+(3n-4)4n+(3n-1)4n+1, 上述两式相减,得 -3T
13、n=24+342+343+34n-(3n-1)4n+1,-26-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,突破策略二 裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.利用裂项相消法求和时,要注意抵消后所剩余的项是前后对称的.,-27-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,例6已知等差数列an的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5. (1)求an的通项公式;,-28-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,对点训练6在等差数列an中,a2=5,a5=11,数列bn的前n项和Sn=n2+an. (1)求数列
14、an,bn的通项公式;,解:(1)设等差数列an的首项为a1,公差为d,故an=3+(n-1)2=2n+1. 当n=1时,b1=S1=4; 当n2时,bn=Sn-Sn-1=(n2+2n+1)-(n-1)2+2(n-1)+1=2n+1, 又b1=4不符合该式,-29-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,策略一,策略二,-30-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,要证明关于一个数列的前n项和的不等式,一般有两种思路:一是先求和再对和式放缩;二是先对数列的通项放缩再求数列的和,必要时对其和再放缩.,-31-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,例7已知数列an的前n项和为Sn,且满足
15、Sn=an+n2-1(nN*). (1)求an的通项公式;,(1)解:Sn=an+n2-1(nN*), a1+a2=a2+22-1,解得a1=3. 当n2时,an=Sn-Sn-1=an+n2-1-an-1+(n-1)2-1, 整理得an-1=2n-1,可得an=2n+1,当n=1时也成立.an=2n+1.,-32-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,(2)证明:由(1)可得Sn=2n+1+n2-1=n2+2n.,-33-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,对点训练7(2018天津部分区质量调查)已知数列an为等比数列,数列bn为等差数列,且b1=a1=1,b2=a1+a2,a3=2
16、b3-6. (1)求数列an,bn的通项公式;,(1)解:设数列an的公比为q,数列bn的公差为d,所以an=2n-1,bn=2n-1.,-34-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,-35-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在,再以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,则得到存在的结果.,-36-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,例8已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an0,anan+1=Sn-1,其中为常数. (1)证明:an+2-an=; (2)是否存在,使得an为等差
17、数列?并说明理由. 答案：(1)证明因为anan+1=Sn-1,所以an+1an+2=Sn+1-1. 两式相减,得an+1(an+2-an)=an+1. 因为an+10,所以an+2-an=.,-37-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,(2)解：由题设,a1=1,a1a2=S1-1,可得a2=-1. 由(1)知,a3=+1. 令2a2=a1+a3,解得=4.故an+2-an=4. 由此可得a2n-1是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3; a2n是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1. 所以an=2n-1,即an+1-an=2. 因此存在=4,使得数列an为等差
18、数列.,-38-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,对点训练8若an是各项均不为零的等差数列,公差为d,Sn为其前的前n项和. (1)求an和Tn; (2)是否存在正整数m,n(1mn),使得T1,Tm,Tn成等比数列?若存在,求出所有m,n的值;若不存在,请说明理由.,-39-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,-40-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,-41-,1.解决等差、等比数列的综合问题时,重点在于读懂题意,灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题,求解这类问题要重视方程思想的应用;用好等差数列和等比数列的性质可以降低运算量,减少差错. 2.求
19、数列的通项公式就是求出an与n的关系式,无论条件中的关系式含有哪些量,一般都需要通过消元、转化和化归的思想使之变为等差、等比数列. 3.高考对数列求和的考查主要是:等差、等比数列的公式求和;能通过错位相减法转化为等比数列求和;裂项相消法求和;分组或合并后转化为等差、等比数列求和.,-42-,4.证明数列为等差数列或等比数列主要依据定义,尽管题目给出的条件多种多样,但总体目标是把条件转化成 与an的差或比为一个定值. 5.数列与不等式的综合问题 (1)数列不等式的证明要把数列的求和与放缩法结合起来,灵活使用放缩法. (2)证明数列不等式也经常转化为数列和的最值问题,同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用.,
