《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 數(shù)列學(xué)案 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 數(shù)列學(xué)案 理（48頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 數(shù)列學(xué)案 理 , 第一講 小題考法——等差數(shù)列與等比數(shù)列 考點(diǎn)(一) 數(shù)列的遞推關(guān)系式 主要考查方式有兩種：一是利用an與Sn的關(guān)系求通項(xiàng)an或前n項(xiàng)和Sn；　二是利用an與an＋1的關(guān)系求通項(xiàng)an或前n項(xiàng)和Sn. [典例感悟] [典例]　(1)(2018·合肥一模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若3Sn＝2an－3n，則a2 018＝(　　) A．22 018－1　　　　　 B.32 018－6 C.2 018－ D.2 018－ (2)(2018·惠州模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1－2a

2、n＝2n(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝________. (3)(2018·昆明模擬)在數(shù)列{an}中，a1＝5，(an＋1－2)(an－2)＝3(n∈N*)，則該數(shù)列的前2 018項(xiàng)的和是________． [解析]　(1)∵3Sn＝2an－3n，∴當(dāng)n＝1時(shí)，3S1＝3a1＝2a1－3，∴a1＝－3.當(dāng)n≥2時(shí)，3an＝3Sn－3Sn－1＝(2an－3n)－(2an－1－3n＋3)，∴an＝－2an－1－3，∴an＋1＝－2(an－1＋1)，∴數(shù)列{an＋1}是以－2為首項(xiàng)，－2為公比的等比數(shù)列，∴an＋1＝－2×(－2)n－1＝(－2)n，∴an＝(－2)n－1，∴a2

3、 018＝(－2)2 018－1＝22 018－1.故選A. (2)an＋1－2an＝2n兩邊同除以2n＋1，可得－＝，又＝，∴數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，∴＝＋(n－1)×＝，∴an＝n·2n－1. (3)依題意得(an＋1－2)(an－2)＝3，(an＋2－2)·(an＋1－2)＝3，因此an＋2－2＝an－2，即an＋2＝an，所以數(shù)列{an}是以2為周期的數(shù)列．又a1＝5，因此(a2－2)(a1－2)＝3(a2－2)＝3，故a2＝3，a1＋a2＝8.又因?yàn)? 018＝2×1 009，所以該數(shù)列的前2 018項(xiàng)的和等于1 009(a1＋a2)＝8 072. [答案]　(1)A

4、　(2)n·2n－1　(3)8 072 [方法技巧] 由an與Sn的關(guān)系求通項(xiàng)公式的注意點(diǎn) (1)應(yīng)重視分類(lèi)討論思想的應(yīng)用，分n＝1和n≥2兩種情況討論，特別注意an＝Sn－Sn－1成立的前提是n≥2. (2)由Sn－Sn－1＝an推得an，當(dāng)n＝1時(shí)，a1也適合，則需統(tǒng)一表示(“合寫(xiě)”)． (3)由Sn－Sn－1＝an推得an，當(dāng)n＝1時(shí)，a1不適合，則數(shù)列的通項(xiàng)公式應(yīng)分段表示(“分寫(xiě)”)，即an＝ [演練沖關(guān)] 1．(2019屆高三·洛陽(yáng)四校聯(lián)考)已知數(shù)列滿足條件a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，則數(shù)列的通項(xiàng)公式為(　　) A．a(chǎn)n＝2n＋1 B．a(chǎn)n＝ C．a(chǎn)n＝

5、2n D.an＝2n＋2 解析：選B　由題意可知，數(shù)列滿足條件a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，則n≥2時(shí)，有a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2(n－1)＋5，n≥2， 兩式相減可得，＝2n＋5－2(n－1)－5＝2， ∴an＝2n＋1，n≥2，n∈N*. 當(dāng)n＝1時(shí)，＝7，∴a1＝14， 綜上可知，數(shù)列的通項(xiàng)公式為 an＝ 2．已知函數(shù)f(x)對(duì)任意實(shí)數(shù)x，y滿足f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝f(n)(n∈N*)且a1＝1，那么a2 018＝(　　) A．－1 B．1 C．－2 018 D.2 018 解析：選B　法一：∵Sn＝

6、f(n)，∴S2＝2S1＝a1＋a2，∴a2＝1， ∵S3＝S1＋S2＝3，∴a3＝1， ∵S4＝S1＋S3＝4， ∴a4＝1，…，∴a2 018＝1. 法二：令x＝1，y＝n，則Sn＋S1＝Sn＋1. 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＋S1＝Sn， ∴Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1，故an＋1＝an， ∵a1＝1，可求出a2＝1，∴a2 018＝1. 3．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若Sn＝2an＋1，則S6＝________. 解析：∵Sn＝2an＋1， ∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1＋1， ∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2

7、an－1. 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1. ∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1為－1，公比q為2的等比數(shù)列， ∴Sn＝＝＝1－2n， ∴S6＝1－26＝－63. 答案：－63 4．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝3＋2n，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______． 解析：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3＋2＝5；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－2n－1＝2n－1.因?yàn)楫?dāng)n＝1時(shí)，不符合an＝2n－1，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝ 答案：an＝ 考點(diǎn)(二) 等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算 主要考查與等差(比)數(shù)列的通項(xiàng)

8、公式、前n項(xiàng)和公式有關(guān)的五個(gè)基本量間的“知三求二”運(yùn)算. [典例感悟] [典例]　(1)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為(　　) A．1　　　　　　　　　 B.2 C．4 D.8 (2)(2018·全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝(　　) A．－12 B．－10 C．10 D.12 (3)(2017·全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，則 a4＝________. (4)(2019屆高三·河南十校聯(lián)考)已知

9、{an}是公差為1的等差數(shù)列，Sn為{an}的前n項(xiàng)和，若S8＝4S4，則a10＝________. [解析]　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 則由得 即解得d＝4. (2)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由3S3＝S2＋S4， 得3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0. 將a1＝2代入上式，解得d＝－3， 故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10. (3)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q， 則a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1， a1－a3＝a1(1－q2)＝－3， 兩式相除，得＝， 解得q＝－2，a1＝1， 所以a4＝a1q3＝

10、－8. (4)∵{an}是公差為1的等差數(shù)列， ∴S8＝8a1＋28，S4＝4a1＋6. ∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)， 解得a1＝， ∴a10＝a1＋9d＝＋9＝. [答案]　(1)C　(2)B　(3)－8　(4) [方法技巧] 等差(比)數(shù)列基本運(yùn)算的解題思路 (1)設(shè)基本量：首項(xiàng)a1和公差d(公比q)． (2)列、解方程(組)：把條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于a1和d(或q)的方程(組)，然后求解，注意整體計(jì)算，以減少運(yùn)算量． [演練沖關(guān)] 1．(2018·廣西模擬)在等差數(shù)列{an}中，已知a2＝2，前7項(xiàng)和S7＝56，則公差d＝(　　) A．2 B．3

11、 C．－2 D.－3 解析：選B　由題意可得即解得選B. 2．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a2a5＝2a3,2a4＋4a7＝5，則S5＝(　　) A．29 B．31 C．33 D.36 解析：選B　法一：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由題意知解得所以S5＝＝31，故選B. 法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a2a5＝2a3，得a4＝2，又2a4＋4a7＝5，所以a7＝，所以q＝，所以a1＝16，所以S5＝＝31，故選B. 3．(2018·開(kāi)封模擬)已知數(shù)列{an}滿足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，則log

12、2(a101＋a102＋…＋a110)＝________. 解析：由log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，所以an＋1＝2an，所以數(shù)列{an}是以a1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100. 答案：100 考點(diǎn)(三) 等差、等比數(shù)列的性質(zhì) 主要考查利用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)求解基本量及與數(shù)列單調(diào)性有關(guān)的參數(shù)范圍問(wèn)題. [典例感悟] [典例]　(1)(2

13、018·宜昌模擬)已知－9，a1，a2，－1成等差數(shù)列，－9，b1，b2，b3，－1成等比數(shù)列，則b2(a1＋a2)等于(　　) A．30　　　　　　　 B.－30 C．±30 D.15 (2)(2018·四川遂寧一診)已知數(shù)列{an}滿足an＝若對(duì)于任意的n∈N*都有an>an＋1，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是(　　) A. B. C. D. [解析]　(1)依題意a1＋a2＝－9＋(－1)＝－10， ∵b＝(－9)×(－1)＝9，又b2與－9，－1符號(hào)相同，即b2＝－3，∴b2(a1＋a2)＝30. (2)因?yàn)閍n>an＋1，所以數(shù)列{an}是遞減數(shù)列，所以解得<λ<，故選B

14、. [答案]　(1)A　(2)B [方法技巧] 等差、等比數(shù)列性質(zhì)問(wèn)題的求解策略 解題關(guān)鍵 抓住項(xiàng)與項(xiàng)之間的關(guān)系及項(xiàng)的序號(hào)之間的關(guān)系，從這些特點(diǎn)入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進(jìn)行求解 運(yùn)用函數(shù) 性質(zhì) 數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，具有函數(shù)的一些性質(zhì)，如單調(diào)性、周期性等，可利用函數(shù)的性質(zhì)解題 [演練沖關(guān)] 1．(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2＋a7＋a12＝24，則S13＝(　　) A．52 B．78 C．104 D.208 解析：選C　依題意得3a7＝24，a7＝8，S13＝＝13a7＝104. 2．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝

15、an2＋bn(a，b∈R)，且S25＝100，則a12＋a14＝(　　) A．16 B．8 C．4 D.不確定 解析：選B　由數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，可得數(shù)列{an}是等差數(shù)列，S25＝＝100，解得a1＋a25＝8，所以a12＋a14＝a1＋a25＝8. 3．(2018·合肥質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a，公差為1的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn＝.若對(duì)任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－8，－7) B．[－8，－7) C．(－8，－7] D.[－8，－7] 解析：選A　因?yàn)閧an}是首項(xiàng)為a，公差

16、為1的等差數(shù)列，所以an＝n＋a－1，因?yàn)閎n＝＝1＋，又對(duì)任意的n∈N*都有bn≥b8成立，所以1＋≥1＋，即≥對(duì)任意的n∈N*恒成立，因?yàn)閿?shù)列{an}是公差為1的等差數(shù)列，所以{an}是單調(diào)遞增的數(shù)列，所以即解得－8

17、 B．－1 C．－ D. (2)(2017·全國(guó)卷Ⅲ)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，公差不為0.若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則{an}前6項(xiàng)的和為(　　) A．－24 B．－3 C．3 D.8 (3)在等差數(shù)列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn的最大值為_(kāi)_______． [解析]　(1)依題意得，a＝(－)3，a6＝－，3b6＝7π，b6＝，所以＝＝－， 故tan ＝tan ＝tan ＝－tan ＝－. (2)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 因?yàn)閍2，a3，a6成等比數(shù)列，所以a2a6＝a， 即(a1＋d)(a1＋5

18、d)＝(a1＋2d)2. 又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，則d＝－2， 所以{an}前6項(xiàng)的和S6＝6×1＋×(－2)＝－24. (3)設(shè){an}的公差為d. 由3a2＝11a6，得3×(13＋d)＝11×(13＋5d)， 解得d＝－2， 所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15. 法一：由得 解得6.5≤n≤7.5. 因?yàn)閚∈N*， 所以當(dāng)n＝7時(shí)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn最大，最大值為S7＝＝49. 法二：Sn＝＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49， 所以當(dāng)n＝7時(shí)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn最大，最大值為S7＝49. [答案]　(1)A　

19、(2)A　(3)49 [方法技巧] 等差、等比數(shù)列綜合問(wèn)題的求解策略 (1)對(duì)于等差數(shù)列與等比數(shù)列交匯的問(wèn)題，要從兩個(gè)數(shù)列的特征入手，理清它們的關(guān)系，常用“基本量法”求解，但有時(shí)靈活地運(yùn)用等差中項(xiàng)、等比中項(xiàng)等性質(zhì)，可使運(yùn)算簡(jiǎn)便． (2)數(shù)列的通項(xiàng)或前n項(xiàng)和可以看作關(guān)于n的函數(shù)，然后利用函數(shù)的性質(zhì)求解數(shù)列的有關(guān)最值問(wèn)題． [演練沖關(guān)] 1．(2018·昆明七校調(diào)研)在等比數(shù)列{an}中，Sn是它的前n項(xiàng)和，若q＝2，且a2與2a4的等差中項(xiàng)為18，則S5＝(　　) A．62 B．－62 C．32 D.－32 解析：選A　依題意得a2＋2a4＝36，q＝2，則2a1＋16

20、a1＝36，解得a1＝2，因此S5＝＝62，選A. 2．(2018·江西師大附中檢測(cè))已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S1，S3，S4成等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的公比為_(kāi)_______． 解析：設(shè){an}的公比為q，由題意易知q>0且q≠1，因?yàn)镾1，S3，S4成等差數(shù)列，所以2S3＝S1＋S4，即＝a1＋，解得q＝. 答案： 3．在等差數(shù)列{an}中，a1＝7，公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)且僅當(dāng)n＝8時(shí)Sn取得最大值，則d的取值范圍為_(kāi)_______． 解析：由題意，得a8>0，a9<0， 所以7＋7d>0，且7＋8d<0， 即－1

21、能·自主補(bǔ)缺]　依據(jù)學(xué)情課下看，針對(duì)自身補(bǔ)缺漏；臨近高考再瀏覽，考前溫故熟主干 [主干知識(shí)要記牢] 1．等差數(shù)列、等比數(shù)列 等差數(shù)列 等比數(shù)列 通項(xiàng)公式 an＝a1＋(n－1)d an＝a1qn－1(q≠0) 前n項(xiàng)和公式 Sn＝＝na1＋d (1)q≠1，Sn＝＝； (2)q＝1，Sn＝na1 2．判斷等差數(shù)列的常用方法 (1)定義法：an＋1－an＝d(常數(shù))(n∈N*)?{an}是等差數(shù)列． (2)通項(xiàng)公式法：an＝pn＋q(p，q為常數(shù)，n∈N*)?{an}是等差數(shù)列． (3)中項(xiàng)公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差數(shù)列．

22、 (4)前n項(xiàng)和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù)，n∈N*)?{an}是等差數(shù)列． 3．判斷等比數(shù)列的常用方法 (1)定義法：＝q(q是不為0的常數(shù)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列． (2)通項(xiàng)公式法：an＝cqn(c，q均是不為0的常數(shù)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列． (3)中項(xiàng)公式法：a＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列． [二級(jí)結(jié)論要用好] 1．等差數(shù)列的重要規(guī)律與推論 (1)an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；p＋q＝m＋n?ap＋aq＝am＋an. (2)ap＝q，aq＝p(p≠q)?ap＋q＝

23、0；Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd. (3)連續(xù)k項(xiàng)的和(如Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…)構(gòu)成的數(shù)列是等差數(shù)列． (4)若等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)2m，公差為d，所有奇數(shù)項(xiàng)之和為S奇，所有偶數(shù)項(xiàng)之和為S偶，則所有項(xiàng)之和S2m＝m(am＋am＋1)，S偶－S奇＝md，＝. (5)若等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)2m－1，所有奇數(shù)項(xiàng)之和為S奇，所有偶數(shù)項(xiàng)之和為S偶，則所有項(xiàng)之和S2m－1＝(2m－1)am，S奇＝mam，S偶＝(m－1)am，S奇－S偶＝am，＝. [針對(duì)練1]　一個(gè)等差數(shù)列的前12項(xiàng)和為354，前12項(xiàng)中偶數(shù)項(xiàng)的和與奇數(shù)項(xiàng)的和之比為32∶27，則該數(shù)列的公差d＝

24、________. 解析：設(shè)等差數(shù)列的前12項(xiàng)中奇數(shù)項(xiàng)的和為S奇，偶數(shù)項(xiàng)的和為S偶，等差數(shù)列的公差為d. 由已知條件，得解得 又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5. 答案：5 2．等比數(shù)列的重要規(guī)律與推論 (1)an＝a1qn－1＝amqn－m；p＋q＝m＋n?ap·aq＝am·an. (2){an}，{bn}成等比數(shù)列?{anbn}成等比數(shù)列． (3)連續(xù)m項(xiàng)的和(如Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)構(gòu)成的數(shù)列是等比數(shù)列(注意：這連續(xù)m項(xiàng)的和必須非零才能成立)． (4)若等比數(shù)列有2n項(xiàng)，公比為q，奇數(shù)項(xiàng)之和為S奇，偶數(shù)項(xiàng)之和為S偶，則＝q. (5)對(duì)于等比數(shù)列前n項(xiàng)和

25、Sn，有： ①Sm＋n＝Sm＋qmSn； ②＝(q≠±1)． [易錯(cuò)易混要明了] 已知數(shù)列的前n項(xiàng)和求an，易忽視n＝1的情形，直接用Sn－Sn－1表示．事實(shí)上，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1. [針對(duì)練2]　已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2＋1，則該數(shù)列的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______． 解析：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2. 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1 ＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝n2－(n－1)2＝2n－1， 又當(dāng)n＝1時(shí)，2×1－1＝1≠2. ∴an＝ 答案：an＝ A級(jí)——12＋4提速練 一、選擇題 1．(2019

26、屆高三·合肥模擬)若等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，則a4＋S7的值是(　　) A．20　　　　　　　　　 B.36 C．24 D.72 解析：選C　由a2＋S3＝4及a3＋S5＝12得解得∴a4＋S7＝8a1＋24d＝24.故選C. 2．設(shè)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，若S1＝a2－，S2＝a3－，則公比q＝(　　) A．1 B．4 C．4或0 D.8 解析：選B　∵S1＝a2－，S2＝a3－， ∴解得或(舍去)，故所求的公比q＝4. 3．(2018·云南師大附中適應(yīng)性考試)在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a2，a3，a1

27、成等差數(shù)列，則的值為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　設(shè){an}的公比為q且q>0，因?yàn)閍2，a3，a1成等差數(shù)列，所以a1＋a2＝2×a3＝a3，即a1＋a1q＝a1q2，因?yàn)閍1≠0，所以q2－q－1＝0，解得q＝或q＝<0(舍去)，所以＝＝q2＝，故選C. 4．(2018·遼寧五校聯(lián)考)各項(xiàng)為正的等比數(shù)列{an}中，a4與a14的等比中項(xiàng)為2，則log2a7＋log2a11的值為(　　) A．1 B．2 C．3 D.4 解析：選C　由題意得a4a14＝(2)2＝8，由等比數(shù)列的性質(zhì)，得a4a14＝a7a11＝8，∴l(xiāng)og2a7＋log2a11＝log2(

28、a7a11)＝log28＝3，故選C. 5.(2018·陜西模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若2a8＝6＋a11，則S9＝(　　) A．27 B．36 C．45 D.54 解析：選D　∵在等差數(shù)列{an}中，2a8＝a5＋a11＝6＋a11，∴a5＝6，故S9＝＝9a5＝54.故選D. 6．等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，且＝，則＝(　　) A. B. C. D. 解析：選A　由題知，＝＝. 7．已知數(shù)列是等差數(shù)列，且a3＝2，a9＝12，則a15＝(　　) A．10 B．30 C．40 D.20 解析：選B　法一：設(shè)數(shù)列

29、的公差為d.∵a3＝2，a9＝12，∴6d＝－＝－＝，∴d＝，＝＋12d＝2.故a15＝30. 法二：由于數(shù)列是等差數(shù)列，故2×＝＋，即＝2×－＝2，故a15＝30. 8．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正整數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn.若an＋1＝且S3＝29，則a1＝(　　) A．4 B．5 C．6 D.7 解析：選B　法一：若a1＝4k，則a2＝2k，a3＝k，此時(shí)S3＝7k＝29，由于k為整數(shù)，此時(shí)無(wú)解；若a1＝4k＋1，則a2＝12k＋4，a3＝6k＋2，此時(shí)S3＝22k＋7＝29，解得k＝1，即a1＝5；若a1＝4k＋2，則a2＝2k＋1，a3＝6k＋4，此時(shí)S3＝12k＋7＝29

30、，由于k為整數(shù)，此時(shí)無(wú)解；若a1＝4k＋3，則a2＝12k＋10，a3＝6k＋5，此時(shí)S3＝22k＋18＝29，由于k為整數(shù)，此時(shí)無(wú)解．綜上可知a1＝5. 法二：當(dāng)a1＝4時(shí)，a2＝2，a3＝1，S3＝7，排除A；當(dāng)a1＝5時(shí)，a2＝16，a3＝8，S3＝29，B符合題意，故選B. 9．(2019屆高三·湖南十校聯(lián)考)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1<0，若存在自然數(shù)m≥3，使得am＝Sm，則當(dāng)n>m時(shí)，Sn與an的大小關(guān)系是(　　) A．Snan D.大小不能確定 解析：選C　若a1<0，存在自然數(shù)m≥3，使得am＝Sm，則d>0，否則

31、若d≤0，數(shù)列是遞減數(shù)列或常數(shù)列，則恒有Sm0，當(dāng)m≥3時(shí)，有am＝Sm，因此am>0，Sm>0，又Sn＝Sm＋am＋1＋…＋an，顯然Sn>an.故選C. 10．(2018·西安八校聯(lián)考)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S6>S7>S5，則滿足SnSn＋1<0的正整數(shù)n的值為(　　) A．10 B．11 C．12 D.13 解析：選C　由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以{an}為遞減數(shù)列，又S13＝＝13a7<0，S12＝＝6(a6＋a7)>0，所以S12

32、S13<0，即滿足SnSn＋1<0的正整數(shù)n的值為12，故選C. 11．(2018·沈陽(yáng)二模)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an－1＝3an(n≥2，n∈N*)，其前n項(xiàng)和為Sn，則滿足Sn≥的n的最小值為(　　) A．6 B．5 C．8 D.7 解析：選B　由an－1＝3an(n≥2)可得＝(n≥2)，可得數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1＝1，公比為q＝的等比數(shù)列，所以Sn＝＝.由Sn≥可得≥，即1－n≥，得n≥5(n∈N*)，故選B. 12．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝，前n項(xiàng)和為Sn，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝(

33、　　) A. B. C.×n－1 D.×n 解析：選A　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，由題意知a1>0，且an＝·qn－1，又S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列，所以2(S5＋a5)＝S3＋a3＋S4＋a4，即2(a1＋a2＋a3＋a4＋2a5)＝a1＋a2＋2a3＋a1＋a2＋a3＋2a4，化簡(jiǎn)得4a5＝a3，從而4q2＝1，解得q＝±，又q>0，故q＝，an＝，選擇A. 二、填空題 13．(2018·重慶模擬)在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a5＝5，則log5a1＋log5a2＋…＋log5a9＝________. 解析：因?yàn)閿?shù)列{an}是各項(xiàng)均

34、為正數(shù)的等比數(shù)列，所以由等比數(shù)列的性質(zhì)可得a1·a9＝a2·a8＝a3·a7＝a4·a6＝a＝52，則log5a1＋log5a2＋…＋log5a9＝log5(a1·a2·…·a9)＝log5[(a1·a9)·(a2·a8)·(a3·a7)·(a4·a6)·a5]＝log5a＝log559＝9. 答案：9 14．(2018·天津模擬)數(shù)列{an}滿足a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝2n－1，且數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)任意的n∈N*，都有λ2

35、3＋…＋2n－2an－1＝2(n－1)－1＝2n－3(n≥2)，兩式相減得2n－1an＝2(n≥2)，所以an＝22－n(n≥2)．又n＝1時(shí)，a1＝1，所以an＝所以Sn＝1＋20＋2－1＋…＋22－n＝1＋＝3－n－2，由Sn在n≥1時(shí)單調(diào)遞增，可得1≤Sn<3，所以解得≤λ<1，所以實(shí)數(shù)λ的取值范圍是. 答案： 15．(2018·安徽合肥二模)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S1＝2,3S－2an＋1Sn＝a，則an＝________. 解析：由S1＝2，得a1＝S1＝2. 由3S－2an＋1Sn＝a， 得4S＝(Sn＋an＋1)2. 又an>0，∴2Sn＝

36、Sn＋an＋1，即Sn＝an＋1. 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝an， 兩式作差得an＝an＋1－an，即＝2. 又由S1＝2,3S－2a2S1＝a，求得a2＝2. ∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝2×2n－2＝2n－1. 驗(yàn)證當(dāng)n＝1時(shí)不成立， ∴an＝ 答案： 16．(2018·西安八校聯(lián)考)數(shù)列{an}中，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝1，an＝(n≥2)，則Sn＝________. 解析：當(dāng)n≥2時(shí)，將an＝Sn－Sn－1代入an＝， 得Sn－Sn－1＝， 化簡(jiǎn)整理，得Sn－Sn－1＝－2Sn－1·Sn， 兩邊同除以Sn－1·Sn，得－＝2(n≥2)， 又＝1，所以數(shù)列

37、是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝. 答案： B級(jí)——難度小題強(qiáng)化練 1．已知首項(xiàng)為的等比數(shù)列{an}不是遞減數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，4a5＝a3.設(shè)Tn＝Sn－，則數(shù)列{Tn}中最大項(xiàng)的值為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則q2＝＝.又{an}不是遞減數(shù)列且a1＝，所以q＝－，故等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝×n－1＝(－1)n－1×，Sn＝1－n＝當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn隨n的增大而減小，所以1

38、，所以＝S2≤Sn<1，故0>Sn－≥S2－＝－＝－.綜上，對(duì)任意的n∈N*，總有－≤Sn－<0或0

39、＝λ＋1，所以an＝λ＋n.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，＝1＋λ＝λ＋1，所以an＝λ＋n.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，由an－2，若n＝1，則λ∈R，若n>1，則λ>－，所以λ≥0; 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，由an－2，所以λ>－，即λ≥0.綜上，實(shí)數(shù)λ的取值范圍為[0，＋∞)．選A. 3．(2018·武漢模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}滿足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，則這個(gè)最小值為(　　) A．－10 B．－12 C．－9 D.－13 解析：選B　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a3＋a7＝36，∴a4

40、＋a6＝36，又a4a6＝275，聯(lián)立，解得或當(dāng)時(shí)，可得此時(shí)an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知當(dāng)n≤2時(shí)，an<0，當(dāng)n≥3時(shí)，an>0，∴a2a3＝－12為anan＋1的最小值； 當(dāng)時(shí)，可得此時(shí)an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知當(dāng)n≤7時(shí)，an>0，當(dāng)n≥8時(shí)，an<0， ∴a7a8＝－12為anan＋1的最小值． 綜上，anan＋1的最小值為－12. 4．已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比數(shù)列，若a1＝1，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則(n∈N*)的最小值為(　　) A．4 B．3 C．2－2 D. 解析：選A　∵a1＝1

41、，a1，a3，a13成等比數(shù)列，∴(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2或d＝0(舍去)，∴an＝2n－1，∴Sn＝＝n2，∴＝.令t＝n＋1，則＝t＋－2≥6－2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)t＝3，即n＝2時(shí)等號(hào)成立． 5．(2018·廣東模擬)設(shè)數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù)，且對(duì)任意n∈N*，都有4Sn＝a＋2an，其中Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝________. 解析：當(dāng)n＝1時(shí)，4a1＝a＋2a1，∴a1(a1－2)＝0， ∵an>0，∴a1＝2. 當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn＝a＋2an,4Sn－1＝a＋2an－1，兩式相減得4an＝a－a＋2an－2an－1，(an

42、＋an－1)(an－an－1－2)＝0， ∵an>0，∴an－an－1＝2，故an＝2n. 答案：2n 6．已知數(shù)列{an}滿足a1＝a2＝2，an＋2－[2＋(－1)n]an＝a2(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______________________________________________________________________． 解析：當(dāng)n＝2k(k∈N*)時(shí)，a2k＋2＝3a2k＋2，即a2k＋2＋1＝3(a2k＋1)，所以數(shù)列{a2k＋1}(k∈N*)是以a2＋1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以a2k＋1＝(a2＋1)·3k－1＝3k，即當(dāng)n為

43、偶數(shù)時(shí)，an＝3－1；當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時(shí)，a2k＋1＝a2k－1＋2，所以a2k＋1－a2k－1＝2，所以數(shù)列{a2k－1}(k∈N*)是以a1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列， 所以a2k－1＝2＋2(k－1)＝2k，即當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＝n＋1.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝ 答案：an＝ 第二講 大題考法——數(shù)列 題型(一) 等差、等比數(shù)列基本量的計(jì)算 主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和的求解，且常結(jié)合數(shù)列的遞推公式命題. [典例感悟] [典例1]　(2018·全國(guó)卷Ⅲ)等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通項(xiàng)公

44、式； (2)記Sn為{an}的前n項(xiàng)和．若Sm＝63，求m. [審題定向] (一)定知識(shí) 主要考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和. (二)定能力 1.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：指數(shù)式的運(yùn)算. 2.考查邏輯推理：欲求通項(xiàng)公式，需求公比q；欲求參數(shù)m，需列出參數(shù)m的方程. (三)定思路 第(1)問(wèn)應(yīng)用方程思想、等比數(shù)列通項(xiàng)公式求解： 列關(guān)于公比q的方程求q，并寫(xiě)出等比數(shù)列的通項(xiàng)公式； 第(2)問(wèn)應(yīng)用方程思想、等比數(shù)列求和公式求解： 據(jù)等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式，結(jié)合(1)中結(jié)論列關(guān)于m的方程并求解. [解]　(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得an＝qn－1. 由已知得q4＝4q2，

45、 解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1. (2)若an＝(－2)n－1，則Sn＝. 由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程沒(méi)有正整數(shù)解． 若an＝2n－1，則Sn＝＝2n－1. 由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6. 綜上，m＝6. [典例2]　(2017·全國(guó)卷Ⅱ)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2. (1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通項(xiàng)公式； (2)若T3＝21，求S3. [審題定向] (一)定知識(shí) 主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列通項(xiàng)公式及前n

46、項(xiàng)和. (二)定能力 1.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：二元方程組的求解和一元二次方程的求解． 2.考查邏輯推理：由求通項(xiàng)公式想到求數(shù)列的公比；要求等差數(shù)列的和需先求公差. (三)定思路 第(1)問(wèn)應(yīng)用方程思想、等比和等差數(shù)列通項(xiàng)公式求解： 根據(jù)等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，結(jié)合條件建立公差d、公比q的方程求解； 第(2)問(wèn)應(yīng)用方程思想、等差數(shù)列求和公式求解： 由已知條件列出q的方程，求出q，進(jìn)而求出d，再由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求解. [解]　設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q， 則an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1. 由a2＋b2＝2得d＋q＝3.① (1)由a3＋b3

47、＝5得2d＋q2＝6.② 聯(lián)立①②解得(舍去)或 因此{(lán)bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n－1. (2)由b1＝1，T3＝21，得q2＋q－20＝0， 解得q＝－5或q＝4. 當(dāng)q＝－5時(shí)，由①得d＝8，則S3＝21. 當(dāng)q＝4時(shí)，由①得d＝－1，則S3＝－6. [類(lèi)題通法] 等差、等比數(shù)列的基本量的求解策略 (1)分析已知條件和求解目標(biāo)，確定為最終解決問(wèn)題需要先求解的中間問(wèn)題．如為求和需要先求出通項(xiàng)、為求出通項(xiàng)需要先求出首項(xiàng)和公差(公比)等，即確定解題的邏輯次序． (2)注意細(xì)節(jié)．例如：在等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問(wèn)題中，若等比數(shù)列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能

48、；在數(shù)列的通項(xiàng)問(wèn)題中，第一項(xiàng)和后面的項(xiàng)能否用同一個(gè)公式表示等． [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，滿足a1＝2，a4＝8，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，滿足b2＝4，b5＝32. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{an＋bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意得d＝＝2，所以an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)×2＝2n.設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，由題意得q3＝＝8，解得q＝2. 因?yàn)閎1＝＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n. (2)因?yàn)閍n＝2n，bn＝2n，所以an＋bn＝2n＋2n，所

49、以Sn＝＋＝n2＋n＋2n＋1－2. 題型(二) 數(shù)列求和問(wèn)題 主要考查錯(cuò)位相減法求和、裂項(xiàng)相消法求和以及公式法求和，且常結(jié)合數(shù)列　的遞推公式命題. [典例感悟] [典例1]　(2018·全國(guó)卷Ⅱ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝－7，S3＝－15. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)求Sn，并求Sn的最小值. [審題定向] (一)定知識(shí) 主要考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、數(shù)列的公式法求和及數(shù)列和的最值． (二)定能力 1.考查邏輯推理：欲求等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，已知a1，需求公差d；欲求Sn的最小值，需列出Sn的關(guān)系式. 2.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：一元二

50、次函數(shù)的最值求解． (三)定思路 第(1)問(wèn)應(yīng)用方程思想、等差數(shù)列通項(xiàng)公式求解： 由題意列出關(guān)于數(shù)列公差d的方程，求出d，進(jìn)而得出{an}的通項(xiàng)公式； 第(2)問(wèn)應(yīng)用函數(shù)思想、二次函數(shù)的最值求解： 由(1)得出Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，進(jìn)而由二次函數(shù)的性質(zhì)求出Sn的最小值. [解]　(1)設(shè){an}的公差為d，由題意得3a1＋3d＝－15.又a1＝－7，所以d＝2.所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－9. (2)由(1)得Sn＝＝n2－8n＝(n－4)2－16，所以當(dāng)n＝4時(shí)，Sn取得最小值，最小值為－16. [典例2]　(2017·全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋

51、…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和. [審題定向] (一)定知識(shí) 主要考查已知an的關(guān)系式求通項(xiàng)公式及裂項(xiàng)求和法求數(shù)列的和． (二)定能力 1.考查邏輯推理：由an的關(guān)系式與an－1關(guān)系式得出an的式子，即通項(xiàng)公式. 2.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：分式形式的裂項(xiàng)及裂項(xiàng)相消求和. (三)定思路 第(1)問(wèn)應(yīng)用遞推關(guān)系式，把和的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為項(xiàng)的問(wèn)題： 利用an滿足的關(guān)系式寫(xiě)出n≥2時(shí)an－1的關(guān)系式，通過(guò)消項(xiàng)求得數(shù)列的通項(xiàng)公式； 第(2)問(wèn)根據(jù)通項(xiàng)公式結(jié)構(gòu)特點(diǎn)裂項(xiàng)求和： 化簡(jiǎn)通項(xiàng)，觀察數(shù)列的結(jié)構(gòu)特征，利用裂項(xiàng)相消法求和. [解]　(

52、1)因?yàn)閍1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n， 故當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)． 兩式相減得(2n－1)an＝2， 所以an＝(n≥2)． 又由題設(shè)可得a1＝2，滿足上式， 從而{an}的通項(xiàng)公式為an＝. (2)記的前n項(xiàng)和為Sn. 由(1)知＝ ＝－. 則Sn＝－＋－＋…＋－ ＝. [類(lèi)題通法] 1．公式法求和要過(guò)“3關(guān)” 定義關(guān) 會(huì)利用等差數(shù)列或等比數(shù)列的定義，判斷所給的數(shù)列是等差數(shù)列，還是等比數(shù)列 應(yīng)用關(guān) 會(huì)應(yīng)用等差(比)數(shù)列的前n項(xiàng)和公式來(lái)求解，需掌握等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式 運(yùn)算關(guān) 認(rèn)

53、真運(yùn)算，等差數(shù)列求和要根據(jù)不同的已知條件靈活運(yùn)用兩個(gè)求和公式，同時(shí)注意與性質(zhì)的結(jié)合使用；等比數(shù)列求和注意q＝1和q≠1兩種情況 2.裂項(xiàng)相消的規(guī)律 (1)裂項(xiàng)系數(shù)取決于前后兩項(xiàng)分母的差． (2)裂項(xiàng)相消后前、后保留的項(xiàng)數(shù)一樣多． 3．錯(cuò)位相減法的關(guān)注點(diǎn) (1)適用題型：等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列{bn}對(duì)應(yīng)項(xiàng)相乘({an·bn})型數(shù)列求和． (2)步驟： ①求和時(shí)先乘以數(shù)列{bn}的公比； ②將兩個(gè)和式錯(cuò)位相減； ③整理結(jié)果形式． [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] (2018·石家莊模擬)已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，若a1＝1，a2·a4＝16. (1)設(shè)bn＝log2an

54、，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，由得q4＝16，∴q＝2，∴an＝2n－1.又bn＝log2an，∴bn＝n－1. (2)由(1)可知an·bn＝(n－1)·2n－1， 則Sn＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1，① 2Sn＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n，② ①－②得，－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n ＝－(n－1)·2n＝2n(2－n)－2， ∴Sn＝2n(n－2)＋2. 題型(三) 等差、等比數(shù)列的判定與證明 主要

55、考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的定義、等差中項(xiàng)及等比中項(xiàng)，且常與數(shù)列的遞推公式相結(jié)合命題. [典例感悟] [典例1]　(2018·全國(guó)卷Ⅰ)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.設(shè)bn＝. (1)求b1，b2，b3； (2)判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并說(shuō)明理由； (3)求{an}的通項(xiàng)公式. [審題定向] (一)定知識(shí) 主要考查數(shù)列的遞推公式、等比數(shù)列的定義及通項(xiàng)公式． (二)定能力 1.考查邏輯推理：欲求b1，b2，b3 ，需求a1，a2，a3；由an＋1與an的關(guān)系判斷bn＋1與bn的關(guān)系，由bn的通項(xiàng)公式得出an的通項(xiàng)公式. 2.考查數(shù)學(xué)抽象：由

56、等比數(shù)列定義判斷. (三)定思路 第(1)問(wèn)應(yīng)用遞推關(guān)系式及an與bn的關(guān)系式求解： 將遞推關(guān)系式變形為an＋1＝an，結(jié)合a1求出a2，a3，進(jìn)而求得b1，b2，b3； 第(2)問(wèn)應(yīng)用遞推關(guān)系式及等比數(shù)列定義求解： 由條件得＝，即bn＋1＝2bn，利用等比數(shù)列定義可判定； 第(3)問(wèn)應(yīng)用(2)的結(jié)論，結(jié)合an與bn關(guān)系式求解： 由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式先得出bn，進(jìn)而求得an. [解]　(1)由條件可得an＋1＝an. 將n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4. 將n＝2代入得，a3＝3a2， 所以a3＝12.從而b1＝1，b2＝2，b3＝4. (2)數(shù)

57、列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列． 由條件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列． (3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1. [典例2]　(2017·全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S2＝2，S3＝－6. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)求Sn，并判斷Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差數(shù)列. [審題定向] (一)定知識(shí) 主要考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式，等差數(shù)列性質(zhì)及等差數(shù)列的判斷. (二)定能力 1.考查邏輯推理：欲求通項(xiàng)公式，需求首項(xiàng)及公比，解關(guān)于首項(xiàng)及公比的方程組.

58、 2.考查數(shù)學(xué)抽象：由等差中項(xiàng)判斷三項(xiàng)成等差數(shù)列. (三)定思路 第(1)問(wèn)應(yīng)用方程思想、等比數(shù)列通項(xiàng)公式求解： 設(shè)出公比，利用通項(xiàng)公式及已知條件列出方程組求出首項(xiàng)和公比，再求通項(xiàng)公式； 第(2)問(wèn)應(yīng)用方程思想，等比數(shù)列求和公式求解；應(yīng)用等差數(shù)列性質(zhì)判斷： 由(1)及等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式求Sn；根據(jù)等差數(shù)列中項(xiàng)公式，判斷Sn＋1＋Sn＋2＝2Sn. [解]　(1)設(shè){an}的公比為q. 由題設(shè)可得解得 故{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－2)n. (2)由(1)可得Sn＝ ＝－＋(－1)n. 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n ＝2＝2Sn， 故Sn＋1，Sn，S

59、n＋2成等差數(shù)列． [類(lèi)題通法] 判定和證明數(shù)列是等差(比)數(shù)列的方法 定義法 對(duì)于n≥1的任意自然數(shù)，驗(yàn)證an＋1－an為與正整數(shù)n無(wú)關(guān)的某一常數(shù) 中項(xiàng)公式法 ①若2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，則{an}為等差數(shù)列； ②若a＝an·an＋2≠0(n∈N*)，則{an}為等比數(shù)列 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] (2018·成都模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝－2，an＋1＝2an＋4. (1)證明：數(shù)列{an＋4}是等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)證明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2. ∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8

60、＝2(an＋4)， ∴＝2，∴{an＋4}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． (2)由(1)可知an＋4＝2n，∴an＝2n－4. 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝－2＜0，∴S1＝|a1|＝2； 當(dāng)n≥2時(shí)，an≥0.∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2. 又當(dāng)n＝1時(shí)，上式也滿足． ∴當(dāng)n∈N*時(shí)，Sn＝2n＋1－4n＋2. 數(shù)列問(wèn)題重在 “歸”——化歸 [循流程思維——入題快] 等差數(shù)列與等比數(shù)列是我們最熟悉的兩個(gè)基本數(shù)列，在高中階段它們是一切數(shù)列問(wèn)題的出發(fā)點(diǎn)與落腳點(diǎn)．首項(xiàng)與公差

61、(比)稱(chēng)為等差(比)數(shù)列的基本量，大凡涉及這兩個(gè)數(shù)列的問(wèn)題，我們總希望把已知條件化歸為等差或等比數(shù)列的基本量間的關(guān)系，從而達(dá)到解決問(wèn)題的目的．這種化歸為基本量處理的方法是解決等差或等比數(shù)列問(wèn)題特有的方法，對(duì)于不是等差或等比的數(shù)列，可通過(guò)轉(zhuǎn)化化歸，轉(zhuǎn)化為等差(比)數(shù)列問(wèn)題或相關(guān)問(wèn)題求解．由于數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，也可根據(jù)題目特點(diǎn)，將數(shù)列問(wèn)題化歸為函數(shù)問(wèn)題來(lái)解決． [按流程解題——快又準(zhǔn)] [典例]　(2017·天津高考)已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an

62、}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和(n∈N*)． [解題示范] (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q. 由已知b2＋b3＝12， 得b1(q＋q2)＝12， 而b1＝2，所以q2＋q－6＝0. 又因?yàn)閝＞0，解得q＝2. 所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8. ① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.② 由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n. (2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n－1}的前

63、n項(xiàng)和為T(mén)n， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1， 得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n， 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， 上述兩式相減，得 －3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1 ＝－4－(3n－1)×4n＋1 ＝－(3n－2)×4n＋1－8. 故Tn＝×4n＋1＋. 所以數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為×4n＋1＋. [思維升華]　對(duì)于數(shù)列的備考應(yīng)掌握的4個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)： (1)準(zhǔn)確掌握數(shù)列中a

64、n與Sn之間的關(guān)系，這是解決數(shù)列問(wèn)題的基礎(chǔ)； (2)重視等差與等比數(shù)列的復(fù)習(xí)，熟悉其基本概念、公式和性質(zhì)，這是解決數(shù)列問(wèn)題的根本； (3)注意數(shù)列與函數(shù)、不等式等的綜合問(wèn)題，掌握解決此類(lèi)問(wèn)題的通法； (4)在知識(shí)的復(fù)習(xí)和解題過(guò)程中體會(huì)其中所蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想方法，如分類(lèi)討論、數(shù)形結(jié)合、等價(jià)轉(zhuǎn)化、函數(shù)與方程思想等． [應(yīng)用體驗(yàn)] (2018·開(kāi)封模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且2nan＋1－2(n＋1)an＝n(n＋1)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)2nan＋1－2(n＋1)an＝n(n＋1)，兩邊同時(shí)除以2n(

65、n＋1)得－＝， ∴數(shù)列是以1為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列， ∴＝，an＝. (2)∵bn＝，∴bn＝＝2×， ∴Sn＝2× ＝2×＝. A卷——大題保分練 1．(2018·陜西模擬)已知在遞增等差數(shù)列{an}中，a1＝2，a3是a1和a9的等比中項(xiàng)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝，Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，求S100的值． 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d.∵a3是a1和a9的等比中項(xiàng)，∴a＝a1a9，即(2＋2d)2＝2(2＋8d)，解得d＝0(舍)或d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝2n. (2)bn＝＝＝

66、. ∴S100＝b1＋b2＋…＋b100 ＝× ＝× ＝. 2．(2018·蘭州診斷性測(cè)試)在公差不為零的等差數(shù)列{an}中，a1＝1，a2，a4，a8成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝2an，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn. 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則依題意有解得d＝1或d＝0(舍去)，∴an＝1＋(n－1)＝n. (2)由(1)得an＝n，∴bn＝2n， ∴{bn}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列， ∴Tn＝＝2n＋1－2. 3．(2018·北京調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＋1＝2an，設(shè)bn－2＝3log2an(n∈N*)． (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{|an－bn|}的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)因?yàn)閍n＋1＝2an，a1＝1， 所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． 所以an＝2n－1. 又因?yàn)閎n－2＝3log2an(n∈N*)， 所以bn＝3log22n－1＋2＝3(n－1)＋2＝3n－1. (2)因?yàn)閿?shù)列{an}中的項(xiàng)為1,2,4,8,16，