1、-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(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+1.(2)由(1)及anb
2、n+1=nbn+bn+1,例1已知an是公差为3的等差数列,数列bn满足-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对点训练1在等比数列an中,已知a1=2,a4=16.(1)求数列an的通项公式.(2)若a3,a5分别为等差数列bn的第4项和第16项,试求数列bn的通项公式及前n项和Sn.-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已知等比数列an的前n项和为S
3、n,a1=3,且3S1,2S2,S3成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=log3an,T2n=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+b2n-1b2n-b2nb2n+1,求T2n.解:(1)3S1,2S2,S3成等差数列,4S2=3S1+S3.4(a1+a2)=3a1+(a1+a2+a3),即a3=3a2.公比q=3.an=a1qn-1=3n.(2)由(1)知,bn=log3an=log33n=n,b2n-1b2n-b2nb2n+1=(2n-1)2n-2n(2n+1)=-4n,T2n=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+(b2n-1b2n-b2nb2n+1)-8-
4、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
5、型四题型五策略一策略二(1)求a1,a2;(2)求数列an的通项公式,并证明数列an是等差数列;(3)若数列bn满足an=log2bn,试证明数列bn是等比数列,并求其前n项和Tn.又a1=5满足an=3n+2,故an=3n+2.因为an+1-an=3(n+1)+2-(3n+2)=3(nN*),所以数列an是以5为首项,3为公差的等差数列.-12-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二-13-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对点训练3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+1-2an(nN
6、*),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,-14-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)an-2an+2an-1=0,所以n(an+2
7、-2an+1+an)+2(an+1-2an+an-1)=0,-15-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.-16-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.-17-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二例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.(
8、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.-18-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,m0,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
9、公式为an=3n-2,数列bn的通项公式为bn=2n.-27-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-3Tn=24+342+343+34n-(3n-1)4n+1-28-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
10、抵消后所剩余的项是前后对称的.-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策略一策略二-31-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对点训练6(2019河北唐山高三第一次模拟考试)已知数列an的前n项和为Sn,且(1)求Sn,an;当n2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,当n=1时,a1=1适合上式,所以an=2n-1.-32-题型一题型二题型三题型四题型五策略一策略二-33-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
11、.-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对点训练对点训练7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=2b3-6.(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.-36-题型一题型二题型三题型四题型五-37-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.-38-题型一题型二题型三题型四题型五例8已知数列
12、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为等差数列?并说明理由.(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=.-39-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
13、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为等差数列.-40-题型一题型二题型三题型四题型五对点训练对点训练8(2019江西赣州月考)已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1,nN*.在等差数列bn中,b2=5,且公差d=2.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)是否存在正整数n,使得a1b1+a2b2+anbn60n?若存在,求出n的最小值;若不存在,请说明理由.解:(1)an+1=2Sn+1,当n2时,an=2Sn-1+1,两式相减,得an+1=3an(n2),又a2=2a1+1=3=3a1,an+1=3an(nN*
14、),数列an是以1为首项,以3为公比的等比数列,an=3n-1.b1=b2-d=5-2=3,bn=b1+(n-1)d=2n+1.-41-题型一题型二题型三题型四题型五(2)存在满足条件的n,n的最小值为4.由(1)知,anbn=(2n+1)3n-1,设Tn为数列anbn的前n项和,则Tn=31+53+732+(2n-1)3n-2+(2n+1)3n-1,3Tn=33+532+733+(2n-1)3n-1+(2n+1)3n,-,得-2Tn=31+2(3+32+3n-1)-(2n+1)3nTn=n3n60n,即3n60,33=27,34=81,正整数n的最小值为4.-42-1.解决等差、等比数列的综
15、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.-43-4.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.
