1、1第 4 讲数列1等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现；2数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下3高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下1等差数列(1)通项公式： an a1( n1) d；(2)求和公式： Sn na1 d；n（ a1 an）2 n（ n 1）2(3)性质：若 m， n， p， qN *，且 m n p q，则 am an ap aq； an am( n m)d； Sm， S2m Sm， S3m S2m，成等差数列2等比数列(1)通项公式： an a1q
2、n-1(q0)；(2)求和公式： q1， Sn na1； q1， Sn ；a1（ 1 qn）1 q a1 anq1 q(3)性质：若 m， n， p， qN *，且 m n p q，则 aman apaq； an amqn-m； Sm， S2m Sm， S3m S2m，( Sm0)成等比数列3数列求和(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并(2)错位相减法：主要用于求数列 anbn的前 n 项和，其中 an， bn分别是等差数列和等比数列(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式
3、，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中 an是各项均不为零的等差数列， c 为常数)的数列canan 1热点一 等差(比)数列的性质2【例 1】(1)(2018南昌联考)等比数列 na中，若 451a， 896，则 67a等于（）A B4 C D-4 4172(2)(2017北京海淀区质检)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn2 an2，若数列 bn满足bn10log 2an，则使数列 bn的前 n 项和取最大值时的 n 的值为_解析 (1)数列 为等比数列， 451， 896， 8945aq，即 816q， ，则 67故选 B(2) Sn2 an2，
4、n1 时， a12 a12，解得 a12当 n2 时， an Sn Sn1 2 an2(2 an1 2)， an2 an1 数列 an是公比与首项都为 2 的等比数列， an2 n bn10log 2an10 n由 bn10 n0，解得 n10使数列 bn的前 n 项和取最大值时的 n 的值为 9 或 10答案 (1)B (2)9 或 10探究提高 1利用等差(比)性质求解的关键是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活用函数性质：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【训练 1】 (1)设等差数列 an的公
5、差为 d，若数列2 a1an为递减数列，则（）A d0 B d0 D a1d0， a 2 an4 Sn32n(1)求 an的通项公式；(2)设 bn ，求数列 bn的前 n 项和1anan 1解 (1)由 a 2 an4 Sn3，可知 a 2 an1 4 Sn1 32n 2n 1两式相减可得 a a 2( an1 an)4 an1 ，2n 1 2n即 2(an1 an) a a ( an1 an)(an1 an)2n 1 2n由于 an0，可得 an1 an2又 a 2 a14 a13，解得 a11(舍去)， a1321所以 an是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an2 n15
6、(2)由 an2 n1 可知 bn 1anan 1 1（ 2n 1） （ 2n 3） 12( 12n 1 12n 3)设数列 bn的前 n 项和为 Tn，则 Tn b1 b2 bn 12(13 15) (15 17) ( 12n 1 12n 3) n3（ 2n 3）探究提高 1裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项2消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项【训练 32】 (2019广元一模)设 为数列 的前 项和，已知 ，对任意 ，都有Sn an n a1=2 n N*2Sn=(n
7、+1)an（1）求数列 的通项公式；an（2）若数列 的前 项和为 ，证明： 4an(an+2) n Tn 12 Tn0 1- 1n+10，解得 q2，所以 bn2 n由 b3 a42 a1，可得 3d a18，由 S1111 b4，可得 a15 d16，联立，解得 a11， d3，由此可得 an3 n2所以 an的通项公式为 an3 n2， bn的通项公式为 bn2 n(2)设数列 a2nbn的前 n 项和为 Tn，由 a2n6 n2， bn2 n，有Tn 42102 2162 3(6 n2)2 n，2Tn42 2102 3162 4(6 n8)2 n(6 n2)2 n1 ，上述两式相减，得
8、 Tn4262 262 362 n(6 n2)2 n1 4(6 n2)12（ 1 2n）1 22n1 (3 n4)2 n2 16所以 Tn(3 n4)2 n2 16所以数列 a2nbn的前 n 项和为(3 n4)2 n2 16探究提高 1一般地，如果数列 an是等差数列， bn是等比数列，求数列 anbn的前 n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列 bn的公比，然后作差求解2在写“ Sn”与“ qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐” ，以便下一步准确地写出“ Sn qSn”的表达式【训练 33】 (2018浙江期末)已知数列 满足： ，an 2n-1a1+2n-
9、2a2+2an-1+an=nn N*（1）求 及数列 的通项公式；a1,a2 an（2）若数列 满足： ， ，求数列 的通项公式bn b1=1bn+1-bnan =2n bn解（1） 时 ，n=1 a1=1时n=2 2a1+a2=2a2=02n-1a1+2n-2a2+2an-1+an=n2n-2a1+2n-3a2+an-1=n-1(n 2) 2- an=2-n(n 2)满足上式，故 a1=1 an=2-n（2） ，有 累加整理bn+1-bn=(2-n)2n b2-b1=121b3-b2=022bn-bn-1=(3-n)2n-1(n 2) bn=1+121+022+(3-n)2n-1， (n 2
10、)2bn=2+122+023+(3-n)2n， (n 2)7 得- bn=1-2+1221-2n-21-2 +(3-n)2n=(4-n)2n-5(n 2)满足上式，故 b1=1 bn=(4-n)2n-5热点四 an与 Sn的关系问题【例 4】(2017济南模拟)设数列 an的前 n 项和为 Sn，对任意的正整数 n，都有 an5 Sn1 成立，bn1log 2|an|，数列 bn的前 n 项和为 Tn， cn bn 1TnTn 1(1)求数列 an的通项公式；(2)求数列 cn的前 n 项和 An，并求出 An的最值解 (1)因为 an5 Sn1， nN *，所以 an1 5 Sn1 1，两式
11、相减，得 an1 an，14又当 n1 时， a15 a11，知 a1 ，14所以数列 an是公比、首项均为 的等比数列14所以数列 an的通项公式 an (14)n (2)bn1log 2|an|2 n1，数列 bn的前 n 项和 Tn n2，cn ，bn 1TnTn 1 2n 1n2（ n 1） 2 1n2 1（ n 1） 2所以 An1 因此 An是单调递增数列，1（ n 1） 2当 n1 时， An有最小值 A11 ； An没有最大值14 34探究提高 1给出 Sn与 an的递推关系求 an，常用思路是：一是利用 Sn Sn1 an(n2)转化为 an的递推关系，再求其通项公式；二是转
12、化为 Sn的递推关系，先求出 Sn与 n 之间的关系，再求 an2形如 an1 pan q(p1， q0)，可构造一个新的等比数列【训练 4】(2019枣庄八中)已知数列 的前 项和为 ， ， an n Sn a1=2 Sn=2Sn-1-n(n 2,n N*)（1）求 的通项公式；an（2）若 ，求 的前 项和 bn=nan bn n Tn解（1） ，当 3 时， Sn=2Sn-1-n(n 2,n N*) n 3 Sn-1=2Sn-2(n-1)-得， ，所以 an=2an-1-1,an-1=2(an-1-1)an-1an-1-1=2(n 3)当 n=2 时， ，得 ，则 a1+a2=2a1-2
13、 a2=0a2-1a1-1= -11 =-1 2所以 是从第二项起，以 2 为公比的等比数列an-1则 ，an-1=-12n-2=-2n-2 an=-2n-2+1(n 2,n N*)所以 an=2,n=1-2n-2+1,n 2 8（2）易知 bn=2,n=1-n2n-2+n,n 2 ，Tn=2-220-321- -n2n-2+(2+3+ +n)，2Tn=4-221-322- -n2n-1+2(2+3+ +n)-得-Tn =-2-2-2-22-23- -2n-2+n2n-1-(n-1)(n+2)2 =-4-2-2n-221-2 +n2n-1-(n-1)(n+2)2 =2n-1(n-1)-2-(n
14、-1)(n+2)2所以 Tn=n2+n+22 -2n-1(n-1)91(2018全国 I 卷)设 为等差数列 的前 项和，若 ， ，则 （）Sn an n 3S3=S2+S4 a1=2 a5=A B C D-12 -10 10 122(2018全国 I 卷)记 为数列 的前 项和，若 ，则 _Sn an n Sn=2an+1 S6=3(2018全国 III 卷)等比数列 中， an a1=1 ， a5=4a3（1）求 的通项公式；an（2）记 为 的前 项和若 ，求 Sn an n Sm=63 m4(2018全国 II 卷)记 为等差数列 的前 项和，已知 ， Sn an n a1=-7 S3
15、=-15（1）求 的通项公式；an（2）求 ，并求 的最小值Sn Sn105(2018全国 I 卷)已知数列 满足 ， ，设 an a1=1 nan+1=2(n+1)an bn=ann（1）求 ；b1 ， b2 ， b3（2）判断数列 是否为等比数列，并说明理由；bn（3）求 的通项公式an1(2018玉溪一中)设 为等比数列 的前 项和， ，则 ( )Sn an na5a2=-8 S5S2=A B C D11 5 -11 -82(2018银川一中)在等差数列 中，若 ，且它的前 项和 有最大值，则使 成立的正整ana10a90数 的最大值是（）nA15 B16 C17 D143(2018福建
16、联考)在正整数数列中，由 1 开始依次按如下规则，将某些整数染成红色,先染 1；再染 3 个偶数 2，4，6；再染 6 后面最邻近的 5 个连续奇数 7，9，11，13，15；再染 15 后面最邻近的 7 个连续偶数16，18，20，22，24，26，28；再染此后最邻近的 9 个连续奇数 29，31，45；按此规则一直染下去，得到一红色子数列：1，2，4，6，7，9，11，13，15，16，则在这个红色子数列中，由 1 开始的第 2019个数是（）A3972 B3974 C3991 D3993114(2017沈阳二模)已知数列 an满足 an1 an2， a15，则| a1| a2| a6|
17、（）A9 B15 C18 D305(2017成都诊断)已知等比数列 an的各项均为正数，且 a12 a25，4 a a2a623(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足 b12，且 bn1 bn an，求数列 bn的通项公式；(3)设 cn ，求数列 cn的前 n 项和为 Tnanbnbn 11(2018长郡中学)已知数列 的前 n 项和为 Sn，且 Snn 24n，若首项为 的数列 满足an13 bn，则数列 的前 10 项和为（）1bn+1-1bn=an bnA B C D175264 3988 173264 1812642(2018莲塘一中)数列 的前 项和为 ， ，且 ，a
18、n n Sn a1=-8 (3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10若 ， ，则 的最大值为（）n,m N* nm Sn-SmA10 B15 C18 D263(2016全国卷)已知各项都为正数的数列 an满足 a11， a (2 an1 1) an2 an1 02n(1)求 a2， a3；(2)求 an的通项公式124(2018长春期末)已知数列 的前 n 项和 满足 ，且 ，an Sn Sn= Sn-1+1(n 2,n N) a1=1（1）求数列的通项公式 ；an（2）记 ， 为 的前 项和，求使 成立的 的最小值bn=1anan+1 Tn bn n Tn 2n n5(20
19、17衡水中学质检)若数列 an是公差为 2 的等差数列，数列 bn满足 b11， b22，且anbn bn nbn1 (1)求数列 an， bn的通项公式；(2)设数列 cn满足 cn ，数列 cn的前 n 项和为 Tn，若不等式(1) n 0 a100 a100 成立的正整数 的最大值是 17，故选 CSn0 n3 【解题思路】根据题意知，每次涂成红色的数字成等差数列，并且第 n 次染色时所染的最后一个数是n(2n-1)，可以求出 2019 个数是在第 45 次染色的倒数第 7 个数，因此可求得结果15【答案】第 1 此染色的数为 1=1 ，共染色 1 个，1第 2 次染色的最后一个数为 6
20、=2 ，共染色 3 个，3第 3 次染色的最后一个数为 15=3 ，共染色 5 个，5第 4 次染色的最后一个数为 28=4 ，共染色 7 个，7第 5 次染色的最后一个数为 45=5 ，共染色 9 个，9第 n 次染色的最后一个数为 n ，共染色 2n-1 个，（2 n-1）经过 n 次染色后被染色的数共有 1+3+5+（2n-1）=n 2个，而 2019 ，=4545-6第 2019 个数是在第 45 次染色时被染色的，第 45 次染色的最后一个数为 45 ，且相邻两个数相差 2，89201945 399389-12故选 D4 【解题思路】确定数列 an中那些项是正数，那些项是负数 【答案
21、】 an1 an2， a15，数列 an是公差为 2 的等差数列 an52( n1)2 n7数列 an的前 n 项和 Sn n26 nn（ 5 2n 7）2令 an2 n70，解得 n n3 时，| an| an； n4 时，| an| an72则| a1| a2| a6| a1 a2 a3 a4 a5 a6 S62 S36 2662(3 263)18故选 C5 【解题思路】(1)由 a12 a25，4 a a2a6列方程组解出首项 a1，公比 q，(2)利用累加法求通项 (3)23裂项相消法求前 n 项和【答案】解 (1)设等比数列 an的公比为 q，由 4a a2a6得 4a a 所以 q
22、24，由条件可知 q0，故23 23 24q2，由 a12 a25 得 a12 a1q5，所以 a11，故数列 an的通项公式为 an2 n1 (2)由 bn1 bn an得 bn1 bn2 n1 ，故 b2 b12 0， b3 b22 1， bn bn1 2 n2 (n2)，以上 n1 个等式相加得 bn b112 12 n2 2 n1 1，1（ 1 2n 1）1 2由 b12，所以 bn2 n1 1( nN *)(3)cn ，anbnbn 1 bn 1 bnbnbn 1 1bn 1bn 1所以 Tn c1 c2 cn (1b1 1b2) (1b2 1b3) (1bn 1bn 1) 1b1
23、1bn 1 12 12n 1161 【解题思路】首先根据数列中 与 的关系，求得 ，利用条件 ，用累Sn an an=2n+31bn+1-1bn=an=2n+3加法求得 ，用裂项相消法求和，之后将 代入求得结果bn=1n2+2n n=10【答案】由 ，可得 ，Sn=n2+4n an=2n+3根据 ，结合题的条件，应用累加法可求得 ，1bn+1-1bn=an=2n+3 1bn=n2+2n所以 ，bn=1n2+2n= 1n(n+2)=12(1n- 1n+2)所以数列 的前 项和为 ，bn n Tn=12(1-13+12-14+1n- 1n+2)=12(32- 1n+1- 1n+2)所以 ，T10=
24、12(32-111-112)=175264故选 A2 【解题思路】由已知条件求出数列的通项公式，根据数列特征求出最值【答案】 , (3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10， (3n-5)an+1=(3n-2)an-(9n2-21n+10)，(3n-5)an+1=(3n-2)an-(3n-5)(3n-2)， ， n N* an+13n-2= an3n-5-1数列 为等差数列，首项为 ， an3n-5 a13-5=4 d=-1,an3n-5=4-(n-1)=5-n,an=(3n-5)(5-n), ,a2=3a3=8a4=7在数列 中只有 , , 为正数an a2a3a4的最大值
25、为 ， Sn-Sm a2+a3+a4=3+8+7=18故选 C3 【解题思路】(1)代入 n1， n2 依次求出 a2， a3，(2)化简 a (2 an1 1) an2 an1 0 可得为数列 an2n等比数列【答案】解 (1)由 a11， a (2 an1 1) an2 an1 0，2n令 n1，得 a2 ，12令 n2，得 a (2 a31) a22 a30，则 a3 214(2)由 a (2 an1 1) an2 an1 0，得 2an1 (an1) an(an1)，2n17因为 an的各项都为正数，所以 an 1an 12故 an是首项为 1，公比为 的等比数列，因此 an 12 1
26、2n 14 【解题思路】(1)根据题干得到数列 为等差数列,进而得到 ，再由 可求通项； Sn Sn=n2 an=Sn-Sn-1（2）由（1）知， ，裂项求和即可bn=12( 12n-1- 12n+1)【答案】 （1）由已知有 ， 数列 为等差数列，Sn- Sn-1=1 Sn且 ， ，即 ， S1= a1=1 Sn=n Sn=n2当 时， ，n 2 an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1又 也满足上式， ；a1=1 an=2n-1（2）由（1）知， bn=1(2n-1)(2n+1)=12( 12n-1- 12n+1)， Tn=12(1-13+13-15+ 12n-1- 12n+1)
27、=12(1- 12n+1)= n2n+1由 有 ，有 ，所以 ， 的最小值为 5Tn2n n2 4n+2 (n-2)2 6 n 5 n5 【解题思路】(1)等差数列，等比数列的定义，(2)错位相减法求 Tn【答案】解 (1)数列 bn满足 b11， b22，且 anbn bn nbn1 n1 时， a112，解得 a11又数列 an是公差为 2 的等差数列， an12( n1)2 n12 nbn nbn1 ，化为 2bn bn1 ，数列 bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列 bn2 n1 (2)由数列 cn满足 cn ，an 1bn 1 2n2n n2n 1数列 cn的前 n 项和为 Tn1 ， Tn ，22 322 n2n 1 12 12 222 n 12n 1 n2n两式作差，得 Tn1 2 ， Tn4 12 12 122 12n 1 n2n1 12n1 12 n2n n 22n n 22n 1不等式(1) n 222n 1综上可得：实数 的取值范围是(2，3)
