新高考数学(文)冲刺之突破专题02突破数列解答题的瓶颈

1、新高考数学（文）冲刺之突破专题02突破数列解答题的瓶颈 把握考点明确方向时间20192018201720162015I卷等差数列的通项 与求和数列的通项公 式等比数列的通 项等差数列的 证明等差数列的通项与 求和等差数列的运算n卷数列求和（文）等差数列的通 项与求和数列的通项与 求和新定义数列，数列 的通项与求和出卷等比数列的通 项与求和数列的通项与 求和等比数列与求和 导图助思快速切入数列问题重在“归”第3页共11页L（求和-求通项J揩位和城法倒序相加法 五靛前箱 存血添石瓦公式法 ,加（幅 零而展 * * » *« 将定事敷法一（基本量）T等差（比）数列）T基本方法 知

2、识整合易错题示知识整合1 .活用定理与结论（1）等差、等比数列an的常用性质等差数列等比数列若 m, n, p, qC N*,且 m+ n = p性若 m, n, p, qCN*,且 m+ n=p+q,+ q,贝U aman=apaq；贝“am+ an_= a_,p十 aq；; an= am qn m;质 an= am+ (n m)d; Sm, S2m Sm, S3m S2m,仍成Sm, S2m Sm, S3m S2m ,仍成等差数列等比数列（SmW0）（2）判断等差数列的常用方法定义法：an+ian=d（常数）（n C N*）? an是等差数列；通项公式法：an=pn+q（p, q为常数，n

3、 C N*）? an是等差数列；中项公式法：2an+i= an+an+2（n C N*）? an是等差数列；前n项和公式法：Sn=An2+Bn（A, B为常数，n C N*）? an是等差数列(3)判断等比数列的常用方法定义法：aOJ = q(q是不为0的常数，nCN*)? an是等比数列；通项公式法：an= cqn(c, q均是不为0的常数，n N*)? an是等比数列；中项公式法：a2+i=an an+2(an an+i an+20, nC N*J? an是等比数列.2 .数列求和的常用方法(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和(2)形如 an bn(其中an为等差数列，bn为等

4、比数列)的数列，利用错位相减法求和. c(3)通项公式形如an= an+b an+b2 (其中a, bi, b2, c为常数)用裂项相消法求和.(4)通项公式形如an=(1)n n或an=ra +1)n(其中a为常数，n C N*)等正负项交叉的数列求和一般用并项法.并项时应注意分 n为奇数、偶数两种情况讨论.(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成Cn= an+ bn形式的数列求和问题的方法，其中an与bn是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列.易错提醒(6)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求Sn.漏洞隔限早知道1 .已知数列的前n项和求an,易忽视n=1的情形，直接用

5、 Sn Sn-1表示.作答时，应验证 ai是否满足an=SnSn Sn 1, n>2.一 Sn-1,若是，则an=Sn Sn-1；否则，an =2 .易混淆几何平均数与等比中项，正数a, b的等比中项是廊.3 .等差数列中不能熟练利用数列的性质转化已知条件，灵活整体代换进行基本运算.如等差数列an与bn的前n项和分别为Sn和Tn,已知?=土工，求an时，无法正确赋值求解.Tn 2n+3bn4 .易忽视等比数列中公比 qw0导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解5 .运用等比数列的前 n项和公式时，易忘记分类讨论 .一定分q = 1和qw 1两种情况进行讨论.6 .利用错

6、位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项7 .裂项相消法求和时，裂项前后的值要相等，珈 1111111如 才一，而=二(一 ).n n+ 2nn+2nn+22、 n28 .通项中含有(一1尸的数列求和时，要把结果写成n为奇数和n为偶数两种情况的分段形式 . 典例分析能力提升(本题满分12分)已知an为等差数列，前 n项和为Sn(nCN*), bn是首项为2的等典例比数列，且公比大于0, b2+b3=12, b3=a4-2ai, Sii=11b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n-1的前n项和(nCN ).(1)要求an和bn的通项公式 C需求an的首项ai

7、和公差d; bn的首项bl和公比 审题 q.路线 (2)由知a2nb2n-1= (3n1)4”分析a2nb2n-1的结构：3n1是等差数列，4n是等比数列C符合错位相减法求和的特点标准答案阅卷现场(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+q6=0. C又因为q>0,解得q=2,所以bn = 2n. 由 b3= a4 2a1,可得 3d - a1 = 8( )化归成基本量.由 &,1= 11b4,可得 aI + 5d= 16( 6 ).联立(C )( U)解得 a1= 1, d =

8、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.(2)设数列a2nb2n-1的前n项和为Tn,由a2n=6n2, b2n1=2X11,得 a2nb2n1=(3n 1) xn, C故 Tn = 2X 纤 5X 曰 +8X/+ (3n 1)Xn, (*) C 4Tn=2xZ+5x/+8xf+ + (3n 4) xn+ (3n- 1)xn+1, (*) e(*) (*)得一3Tn= 2X介 3X.£±.3><a土.二土.3.xJ 化归成等比数列(3n 1) x/1= (3n2) xn+18.

9、£得 Tn=3n 2x11+8. e 33 3n- 2- 8所以数列a2nb2n-1的前n项和为 3 xf 1+3.第(1)问第问得分点2121111216分6分第(1)问踩点得分说明C正确求出q2+q 6=0倚2分；C根据等比数列的通项公式求出通项公，式bn=2n得1分，通项公式使用错误不得分；C求出a= 1, d= 3得2分；C根据等差数列的通项公式求出通项公式an=3n2得1分，通项公式使用错误不得分.第(2)问踩点得分说明C正确写出 a2nb2n-1= (3n1) xn得 1分；e 正确写出 Tn=2X 驻 5X+8X+-十 (3n1)X4 得 1 分；C正确写出4Tn得1分

10、；C由两式相减得出一r3Tn= (3n2) xn +1 8正确得2分，错误不得分；C正确计算出Tn = 3 2X1+8得1分. 高考真题 把握规律 1. (2019渐课标I )记 Sn为等差数列an的前n项和，已知S9=-a5.(1)若a3=4 ,求an的通项公式；【解析】(1)设an的公差为d.由 S9a5得 314do.由 a3=4 得 a1 2 d 4 .于是 ai 8,d2 .因此an的通项公式为an 10 2n.由(1)得ai4d,故 an (n 5)d,Snn(n 9)d2第15页共11页由a1 0知d 0,故Sn an等价于n2 11n 10, 0,解得1由wio所以n的取值范围

11、是n|1 n 10, n N .4.2. (2019渐课标n理)已知数列an和bn满足 a1=1,b1二0,4an13an bn 4,4bn13bnan(1)证明：an+bn是等比数列，anfn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式.1，,、【解析】(1)由题设得 4(an1bn 1)2(anbn),即an1bn1-(anbn).2一.一一1,一又因为a1+b1=i,所以an bn是首项为,1,公比为万的等比数列.由题设得 4(an 1bn1)4(anbn)8,即 an1 bn 1anbn2 .又因为a七1二|,所以an bn是首项为1,公差为2的等差数列.1(2)由(1)知，anbn277

12、,anbn2n1 .111所以 an 2(anbn)(an bn)2nn2,111bn -(an bn) (an bn) n2223. (2019?新课标n文)已知an是各项均为正数的等比数列，a1 2,a3 2a2 16.(1)求an的通项公式；(2)设bn log 2 an,求数列bn的前n项和.【解析】(1)设an的公比为q,由题设得2q2 4q 16,即 q2 2q 8 0.解得q 2 (舍去)或q=4.因此an的通项公式为an 2 4n 1 22n 1.(2)由(1)得 bn (2n 1)log2 2 2n 1 ,因此数列 bn的前n项和为1 3 L 2n 1 n2 .an4. (

13、2018涮课标I )已知数列an满足以 1 , nan 1 2 n 1 an,设bn .n(1)求“，b2, b3 ；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式.【解析】(1)由条件可得an+1=2(n 1)%. n将 n=1 代入得，a2=4a1,而 a1=1,所以，a2=4.将n=2代入得，a3=3a2,所以，a3=12.从而 b=1, b2=2, b3=4.(2) bn是首项为1,公比为2的等比数列.a , 2a由条件可得 且至，即bn+1=2bn, n 1 n又 b1=1 ,所以bn是首项为1,公比为2的等比数列.(3)由(2)可得曳2n工 n所以 an=n

14、2n-1.5. (2018渐课标出)等比数列an中，a1 1 , a5 4a3.(1)求2口的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和.若Sm 63 ,求m .【解析】(1)设an的公比为q ,由题设得an qn1.由已知得q4 4q2,解得q 0 (舍去)，q 2或q 2.n 1n 1故 an(2)或 an 2(2)若 an( 2)n 1 ,贝U Sn1 ( 2)n由Sm63得(2)m 188,此方程没有正整数解.若 an 2n 1 ,则 Sn 2n 1 .由Sm 63得264 ,解得m 6 .综上，m 6.6. (2018渐课标n)记Sn为等差数列 an的前n项和，已知a17 , S315.

15、(1)求an的通项公式；(2)求Sn,并求Sn的最小值.【解析】(1)设an的公差为d,由题意得3a1+3d=T5.由 a1= 得 d=2.所以an的通项公式为 an=2n -9.(2)由(1)得 Sn=n2-8n= (nW) 2T6.所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为 T6. 模拟演练提升素养1.【分组求和】(2019蚌埠质检)已知数列an满足：a1=1, an+1 = 2an+n1.(1)设bn = an+n,证明：数列bn是等比数列；(2)设数列an的前n项和为Sn,求Sn.【解析】(1)数列an满足：a1=1, an+1 = 2an+n1.由 bn=an+n,那么 bn+1 =

16、an+1 + n +1,bn+1 an+ + n+1 2an+n1 + n+1=2;bnan+nan+n即公比 q = 2, b=a1+1 = 2,，数列bn是首项为2,公比为2的等比数列.(2)由(1)可得 bn = 2n, - an+ n= 2”，数列an的通项公式为an=2n-n,数列an的前n项和为Sn= 2 1 + 222+ 233+ + 2nn =(21+22+-+2n)-(1 + 2+3+ +n)n2 n=2n 1 222 2 2 .2.【并项求和】已知数列an, a=1, a2 = 3,且满足an+2an=4(nC N*).(1)求数列 an的通项公式;(2)若数列bn满足bn

17、=(-1)n an,求数列 bn的前100项和T100.n 1【斛析】(1)当 n 为奇数时，an= (an an2)+ (an 2 an4)+ + (a3a)+ a=一了 x 4 + a1 = 2n 1.n 2当 n 为偶数时，an= (an an-2) + (an 2 an-4) + + (a4 a2) + a2 = 2-X4+ a2= 2n 1.综上，an= 2n1(n C N*).(2) -，bn=(-1)nan=(-1)n -n1),-Ti00= b1 + b2+ + b100= (-1 + 3)+(-5+ 7) + + ( 197+ 199)100= 2+2+2+ -+2 = 2X

18、-2-=100.3.【错位相减求和】(2019湖南省宁乡一中、攸县一中联考)已知等差数列an的前n项和为Sn,且 及=9,a1, a3, a7成等比数列.(1)求数列 an的通项公式； (2)若数列an是递增数列，数列bn满足bn=2an, Tn是数列anbn的前n项和，求Tn,并求使Tn>1 000成立的n的最小值.【解析】。)设等差数列an的公差为d.- S3= 9, a2= 3, - a1 + d= 3,- a1, a3, a7成等比数列，a2= a1a7, (a1+2d)2=a1(a1+6d),d= 0,d = 1,由，得或a1 = 3a1= 2.时，an= 3,时，an = n

19、 + 1.d = 0,当a1= 3d= 1,当a1 = 2(2) 数列 an是递增数列，.dw0, - an = n+ 1, bn= 2n+1,从而 anbn=(n+1) -n2 1,Tn=2 8+ 3 - 3!+ 4 -4 + (n+1) .”1，-2Tn=2 计 3 4+ 4 - 5 +-+(n+1) -n22,一得,Tn= 8+ 23+24 + 2巾一(n+1)2230n 1 1-8+号二厂-(n+ 2=-n-" 2,易知数列Tn是递增数列，又 T5= 640, T6= 1 536,使Tn>1 000成立的n的最小值为6.4.【裂项求和】（2019 江西临川一中高三（文）

20、设数列an的前n项和为Sn,若 anSn=1(nC N*).（1）求出数列an的通项公式;(2)已知bn=合-(n N*),数列bn的前an 1 an+1 1n项和记为Tn,证明:2 、* -1).3Sn【解析】（1）在an 万=1中，令n= 1可得a1 = 2,因为 an|n= 1,所以 an+1 SU =1,两式相减可得(an+1 an)2= 0? an+1=2an,an+1 =2.an所以数列an是首项为2,公比为2的等比数歹U, 所以an=2n.(2)证明 bn =2n2n 1 2n+1 1 2n1 2(,n )2112n 1所以 Tn=(JJ) (4 4)21212121所以Tn是一

21、个单调递增的数列,12当 n= 1 时，(Tn)min = T1 = 1 一 门2. =2 1 3 ,2所以 TnC 2,1).35.【恒成立问题】数列 an中,a1 = 2, (n+1)(an+1an) = 2(an+n+ 1).求a2, a3的值;（2）已知数列an的通项公式是 an=n+ 1, an=n2+1, an=n2+n中的一个，设数列工的前n项和为Sn, a nan+1an的前n项和为Tn,若Tn>360,求n的取值范围.Sn【解析】(1)(n+ 1)(an+1 an) = 2(an+n+ 1),n+ 3an+ 1 = 7an + 2,n+1'.-1+3_ _ a2

22、= . , .ai +2=6,1 + 12+3a3=干 a2+2=12.a2=6得数列an的通项公式是(2)由数列 an的通项公式是 an= n+ 1, an=n2+1, an=n2+n中的一个，和 an= n2+ n= n(n+ 1).,一,11111由 an= n(n+1)可得广=,an n n+ 1 n n + 11110 1、 ，11、 J 1 、1IF H (1 ) ( -)( )=1-a1 a2an22 3n n 1 n+11 nSn= 1 一 T7= T1,n+1 n+1- (a2 a1)+ (a3 a2) + + (an+ 1 an)= an + 1 a1 ,an= n(n+

23、1),1 (a2 a1) + (a3 a2) + + (an+1 an) = V + 3n ,即 Tn=n2+3n.由 Tn>360,得 n2+4n 357>0,解得 n>17 或 n<-21,Sn3 n是正整数，所求n的取值范围为n>17,且n是正整数.an 1 2an 4.6 .【分段求和】(2020河南高二期末(文)已知数列 an满足a12,（1）证明数列 an 4是等比数列.（2）求数列 an的前n项和Sn .【答案】（1）见解析；（2） Sn 2n+1 4n 2【解析】（1）证明：2, an1 2an 4,4 an 142al4 ,ai4an 14an 42,5 an4是首项为2,公比为2的等比数歹U,综上所述，结论是数列an 4是等比数列.(2)由(1)得 an 4 2 2n 12n，则 an 2n 4 .当n 1时,ai当 n 2 时，an| 2n 4,9 q2 1 2ndSn 2 22 23 L 2n 4 n 1 4 n 12 4n 2 n1 2n 1.S1 2符合通项公式，-.Sn 2 4n 2.7.【存在性问题】（2020湖南高三期末（理）已知数列an的前n项和为Sn,a1 1a 0 S2 a： 1Sn 1,其中为常数.证明：Sn 1 2Sn；（2）是否存在实数，使得数列 an为等比数列，若存在，求出；若不存在，说