《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題七 數(shù)列講義 理（重點(diǎn)生含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題七 數(shù)列講義 理（重點(diǎn)生含解析）.doc（28頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專題七 數(shù)　列 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 2018 等差數(shù)列的基本運(yùn)算T4 等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式及最值T17 等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式T17 Sn與an的關(guān)系、等比數(shù)列求和T14 2017 等差數(shù)列的基本運(yùn)算T4 數(shù)學(xué)文化、等比數(shù)列的概念、前n項(xiàng)和公式T3 等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式及等比中項(xiàng)T9 等差數(shù)列、等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式的運(yùn)用、創(chuàng)新問題T12 等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式、裂項(xiàng)相消法求和T15 等比數(shù)列的通項(xiàng)公式T14 2016 等差數(shù)列的基本運(yùn)算T3 等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式、創(chuàng)新問題T17 數(shù)列的遞推關(guān)系、等比數(shù)列的定義及通項(xiàng)公式T17 等比數(shù)列的基本運(yùn)算及二次函數(shù)最值問題T15 縱向把握趨勢(shì) 卷Ⅰ3年6考，題型為選擇題和填空題，難度適中．涉及等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算，Sn與an的關(guān)系，預(yù)計(jì)2019年會(huì)以解答題的形式考查等差、等比數(shù)列的基本關(guān)系及等差、等比數(shù)列的判定與證明 卷Ⅱ3年4考，題型既有選擇題、填空題和解答題，涉及數(shù)學(xué)文化、等差數(shù)列與等比數(shù)列的基本運(yùn)算、數(shù)列前n項(xiàng)和的求法．預(yù)計(jì)2019年高考題仍以考查等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算為主，同時(shí)考查數(shù)列求和問題，且三種題型均有可能 卷Ⅲ3年4考，題型既有選擇題、填空題，也有解答題，涉及等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算、數(shù)列求和問題，難度適中．預(yù)計(jì)2019年高考會(huì)以小題的形式考查等差、等比數(shù)列的性質(zhì)及基本運(yùn)算，難度適中 橫向把握重點(diǎn) 1.高考主要考查等差數(shù)列及等比數(shù)列的基本運(yùn)算，兩類數(shù)列求和方法(裂項(xiàng)求和法、錯(cuò)位相減法)、兩類綜合(與函數(shù)綜合、與不等式綜合)，主要突出數(shù)學(xué)思想的應(yīng)用． 2.若以解答題形式考查，數(shù)列往往與解三角形在17題的位置上交替考查，試題難度中等；若以客觀題考查，難度中等的題目較多，但有時(shí)也出現(xiàn)在第12題或16題位置上，難度偏大，復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)引起關(guān)注. 等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算和性質(zhì) [題組全練] 1．(2017全國卷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 解析：選C　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 則由得 即解得d＝4. 2．已知等比數(shù)列{an}滿足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，則a3＋a5＋a7＝(　　) A．21 B．42 C．63 D．84 解析：選B　設(shè){an}的公比為q，由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，得1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2(負(fù)值舍去)．∴a3＋a5＋a7＝a1q2＋a3q2＋a5q2＝(a1＋a3＋a5)q2＝212＝42. 3．(2017全國卷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 解析：選A　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＋5d)＝(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＝61＋(－2)＝－24. 4．若{an}是等差數(shù)列，首項(xiàng)a1＞0，a2 017＋a2 018＞0，a2 017a2 018＜0，則使前n項(xiàng)和Sn＞0成立的最大正整數(shù)n是(　　) A．2 017 B．2 018 C．4 034 D．4 035 解析：選C　因?yàn)閍1＞0，a2 017＋a2 018＞0，a2 017a2 018＜0，所以d＜0，a2 017＞0，a2 018＜0， 所以S4 034＝＝＞0， S4 035＝＝4 035a2 018＜0， 所以使前n項(xiàng)和Sn＞0成立的最大正整數(shù)n是4 034. 5．(2018全國卷Ⅲ)等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)記Sn為{an}的前n項(xiàng)和．若Sm＝63，求m. 解：(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得an＝qn－1. 由已知得q4＝4q2，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. [系統(tǒng)方法] 1．等差(比)數(shù)列基本運(yùn)算的解題思路 (1)設(shè)基本量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(q)的方程(組)，求出a1和d(q)后代入相應(yīng)的公式計(jì)算． 2．等差、等比數(shù)列性質(zhì)問題的求解策略 (1)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． (2)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． (3)利用數(shù)列性質(zhì)進(jìn)行運(yùn)算時(shí)，要注意整體思想的應(yīng)用(如第2題)，可以減少計(jì)算量，此方法還適用于求函數(shù)值、求函數(shù)的解析式等問題. 以數(shù)學(xué)文化為背景的數(shù)列問題 [題組全練] 1．《張丘建算經(jīng)》卷上第22題為：“今有女善織，日益功疾．初日織五尺，今一月日織九匹三丈．”其意思為今有一女子擅長(zhǎng)織布，且從第2天起，每天比前一天多織相同量的布，若第一天織5尺布，現(xiàn)在一個(gè)月(按30天計(jì))共織390尺布．則該女子最后一天織布的尺數(shù)為(　　) A．18 B．20 C．21 D．25 解析：選C　依題意得，織女每天所織的布的尺數(shù)依次排列形成一個(gè)等差數(shù)列，設(shè)為{an}，其中a1＝5，前30項(xiàng)和為390，于是有＝390，解得a30＝21，即該織女最后一天織21尺布． 2．(2017全國卷Ⅱ)我國古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一，請(qǐng)問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈(　　) A．1盞 B．3盞 C．5盞 D．9盞 解析：選B　每層塔所掛的燈數(shù)從上到下構(gòu)成等比數(shù)列，記為{an}，則前7項(xiàng)的和S7＝381，公比q＝2，依題意，得S7＝＝381，解得a1＝3. 3．我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中，有已知長(zhǎng)方形面積求一邊的算法，其方法的前兩步為： 第一步：構(gòu)造數(shù)列1，，，，…，. 第二步：將數(shù)列的各項(xiàng)乘以n，得數(shù)列(記為)a1，a2，a3，…，an. 則a1a2＋a2a3＋…＋an－1an等于(　　) A．n2 B．(n－1)2 C．n(n－1) D．n(n＋1) 解析：選C　a1a2＋a2a3＋…＋an－1an ＝＋＋…＋ ＝n2 ＝n2 ＝n2＝n(n－1)． [系統(tǒng)方法] 解決數(shù)列與數(shù)學(xué)文化問題的3步驟 等差、等比數(shù)列的判定與證明 [由題知法] 　　　(2017全國卷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． [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，Sn＋2成等差數(shù)列． [類題通法]　證明{an}是等差或等比數(shù)列的基本方法 等差 數(shù)列 (1)利用定義，證明an＋1－an(n∈N*)為一常數(shù)； (2)利用等差中項(xiàng)，證明2an＝an－1＋an＋1(n≥2) 等比 數(shù)列 (1)利用定義，證明(n∈N*)為一常數(shù)； (2)利用等比中項(xiàng)，證明a＝an－1an＋1(n≥2) [應(yīng)用通關(guān)] 　(2018全國卷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，并說明理由； (3)求{an}的通項(xiàng)公式． 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)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＝n2n－1. 數(shù)列求和 [多維例析] 角度一　公式法求和 　(2018廈門質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝，n∈N*. (1)求證：數(shù)列為等差數(shù)列； (2)設(shè)T2n＝－＋－＋…＋－，求T2n. [解]　(1)證明：由an＋1＝， 得＝＝＋，所以－＝. 又a1＝1，則＝1， 所以數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為的等差數(shù)列． (2)設(shè)bn＝－＝， 由(1)得，數(shù)列是公差為的等差數(shù)列， 所以－＝－， 即bn＝＝－， 所以bn＋1－bn＝－＝－＝－. 又b1＝－＝－＝－， 所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為－，公差為－的等差數(shù)列， 所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－n＋＝－(2n2＋3n)． [類題通法]　公式法求數(shù)列和問題需過“三關(guān)” 角度二　分組求和法求和 　(2018珠海模擬)已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a，公差為d，n∈N*，且不等式ax2－3x＋2<0的解集為(1，d)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an； (2)若bn＝3an＋an－1，n∈N*，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. [解]　(1)易知a≠0，由題設(shè)可知 解得 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝1＋(n－1)2＝2n－1. (2)由(1)知bn＝32n－1＋2n－1－1， 則Tn＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n－1＋2n－1)－n ＝(31＋33＋…＋32n－1)＋(1＋3＋…＋2n－1)－n ＝＋－n ＝(9n－1)＋n2－n. [類題通法]　分組求和法求數(shù)列和的關(guān)鍵點(diǎn) 角度三　用裂項(xiàng)相消法求和 　(2017全國卷Ⅲ)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和． [解]　(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＝1－＋－＋…＋－ ＝1－＝. [類題通法]　裂項(xiàng)相消法求數(shù)列和問題的步驟 角度四　用錯(cuò)位相減法求和 　(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}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和(n∈N*)． [解]　(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(q>0)． 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n項(xiàng)和為Tn， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝24n－1， 得a2nb2n－1＝(3n－1)4n， 故Tn＝24＋542＋843＋…＋(3n－1)4n，③ 4Tn＝242＋543＋844＋…＋(3n－4)4n＋(3n－1)4n＋1，④ ③－④，得－3Tn＝24＋342＋343＋…＋34n－(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＋. [類題通法]　錯(cuò)位相減法求數(shù)列和問題的步驟 重難增分(一) 數(shù)列遞推公式的應(yīng)用 [考法全析] 一、曾經(jīng)這樣考 1．[利用an與Sn的關(guān)系求Sn](2015全國卷Ⅱ)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝________. 解析：由已知得an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn， 兩邊同時(shí)除以Sn＋1Sn，得－＝－1， 故數(shù)列是以－1為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列， 則＝－1＋(n－1)(－1)＝－n，所以Sn＝－. 答案：－ [啟思維]　本題通過等式an＋1＝SnSn＋1考查了an與Sn關(guān)系的轉(zhuǎn)化及應(yīng)用，通過構(gòu)造新數(shù)列來求解．一般地，對(duì)于既有an，又有Sn的數(shù)列題，應(yīng)充分利用公式an＝有時(shí)將an轉(zhuǎn)化為Sn，有時(shí)將Sn轉(zhuǎn)化為an，要根據(jù)題中所給條件靈活變動(dòng)．應(yīng)注意對(duì)n＝1的檢驗(yàn)． 二、還可能這樣考 2．[累加法或累乘法求數(shù)列的通項(xiàng)]已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，則an＝__________. 解析：由題意可知，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)， 以上式子累加得，an－a1＝2＋3＋…＋n. 因?yàn)閍1＝2， 所以an＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋ ＝(n≥2)． 因?yàn)閍1＝2滿足上式，所以an＝. 答案： [啟思維]　(1)本題數(shù)列的遞推公式可轉(zhuǎn)化為an＋1＝an＋f (n)，通常采用等差數(shù)列通項(xiàng)公式的求解方法——累加法(逐差相加法)求解．即先將遞推公式化成an＋1－an＝f (n)，然后分別把n＝1,2,3，…，n－1代入上式，便會(huì)得到(n－1)個(gè)等式，最后添加關(guān)于a1的等式，把n個(gè)等式相加之后，就會(huì)直接得到該數(shù)列的通項(xiàng)公式． (2)對(duì)于遞推公式可轉(zhuǎn)化為＝f (n)的數(shù)列，因?yàn)槠漕愃朴诘缺葦?shù)列，故通常采用等比數(shù)列通項(xiàng)公式的求解方法——累乘法(逐商相乘法)求解．即分別將n＝1,2,3，…，n－1代入上式，便會(huì)得到(n－1)個(gè)等式，最后添加關(guān)于a1的等式，這n個(gè)等式相乘之后，就會(huì)直接得到該數(shù)列的通項(xiàng)公式．如[增分集訓(xùn)]第2題． 3．[構(gòu)造法求數(shù)列的通項(xiàng)]已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，則an＝________. 解析：因?yàn)閍n＋1＝，所以－＝. 因?yàn)閍1＝2，即＝， 所以數(shù)列是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列， 所以＝＋(n－1)＝，故an＝. 答案： [啟思維]　(1)本題遞推公式是形如an＋1＝的遞推關(guān)系，可采用取倒數(shù)的方法，將遞推式變形為－＝，從而可構(gòu)造出數(shù)列，其首項(xiàng)為，公差為. (2)對(duì)于遞推式an＋1＝pan＋q(p，q為常數(shù))，①當(dāng)p＝1時(shí)，{an}為等差數(shù)列；②當(dāng)p≠0，q＝0時(shí)，{an}為等比數(shù)列；③當(dāng)p≠0，q≠0時(shí)，可利用待定系數(shù)法，將遞推式轉(zhuǎn)化為an＋1＋＝p，從而可構(gòu)造出數(shù)列，其首項(xiàng)為a1＋(不等于0)，公比為p.如[增分集訓(xùn)]第3題． [增分集訓(xùn)] 1．(2018全國卷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＝2an－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 2．已知在數(shù)列{an}中，an＋1＝an(n∈N*)，且a1＝4，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝__________. 解析：由an＋1＝an，得＝， 故＝，＝，＝，…，＝(n≥2)， 以上式子累乘得，＝…＝. 因?yàn)閍1＝4，所以an＝(n≥2)． 因?yàn)閍1＝4滿足上式，所以an＝. 答案： 3．(2019屆高三陜西實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝3，且點(diǎn)Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直線4x－y＋1＝0上，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝__________. 解析：因?yàn)辄c(diǎn)Pn(an，an＋1)在直線4x－y＋1＝0上， 所以4an－an＋1＋1＝0. 所以an＋1＋＝4. 因?yàn)閍1＝3，所以a1＋＝. 故數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為4的等比數(shù)列． 所以an＋＝4n－1， 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝4n－1－. 答案：4n－1－ 重難增分(二) 數(shù)列與其他知識(shí)的交匯問題 [典例細(xì)解] 　　　(2017全國卷Ⅰ)幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召，開發(fā)了一款應(yīng)用軟件．為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng)．這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案：已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一項(xiàng)是20，接下來的兩項(xiàng)是20,21，再接下來的三項(xiàng)是20,21,22，依此類推．求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N>100且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪．那么該款軟件的激活碼是(　　) A．440　　　　　　　　　 B．330 C．220 D．110 [解析]　設(shè)第一項(xiàng)為第1組，接下來的兩項(xiàng)為第2組，再接下來的三項(xiàng)為第3組，依此類推，則第n組的項(xiàng)數(shù)為n，前n組的項(xiàng)數(shù)和為. 由題意可知，N>100，令>100， 得n≥14，n∈N*，即N出現(xiàn)在第13組之后． 易得第n組的所有項(xiàng)的和為＝2n－1，前n組的所有項(xiàng)的和為－n＝2n＋1－n－2. 設(shè)滿足條件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)組，且第N項(xiàng)為第k＋1組的第t(t∈N*)個(gè)數(shù)， 若要使前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪，則第k＋1組的前t項(xiàng)的和2t－1應(yīng)與－2－k互為相反數(shù)，即2t－1＝k＋2， ∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)， ∴當(dāng)t＝4，k＝13時(shí)，N＝＋4＝95<100，不滿足題意； 當(dāng)t＝5，k＝29時(shí)，N＝＋5＝440； 當(dāng)t>5時(shí)，N>440. 故所求N的最小值為440. [答案]　A [啟思維]　本題在創(chuàng)新情境中考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的求和公式，是具有綜合拓展性的客觀題的壓軸題．?dāng)?shù)列試題的創(chuàng)新多是材料背景創(chuàng)新，通常融入“和”與“通項(xiàng)”的關(guān)系，與生產(chǎn)生活、社會(huì)熱點(diǎn)相結(jié)合，考查考生的閱讀能力的同時(shí)，也考查數(shù)學(xué)素養(yǎng)中的邏輯推理、計(jì)算能力，培養(yǎng)了考生的創(chuàng)新意識(shí)．另外，創(chuàng)新遷移類型試題還有以下特點(diǎn)：(1)新知識(shí)“開幕”，別開生面，新的知識(shí)主要是新的符號(hào)、定義、法則、圖表等，或介紹新的思維方法，著眼于應(yīng)用；(2)類比、推廣；(3)以高中數(shù)學(xué)內(nèi)容為材料，“偷梁換柱”“移花接木”，創(chuàng)設(shè)新情境，演化新問題． 　　　(2013全國卷Ⅰ)設(shè)△AnBnCn的三邊長(zhǎng)分別為an，bn，cn，△AnBnCn的面積為Sn，n＝1,2,3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，則(　　) A．{Sn}為遞減數(shù)列 B．{Sn}為遞增數(shù)列 C．{S2n－1}為遞增數(shù)列，{S2n}為遞減數(shù)列 D．{S2n－1}為遞減數(shù)列，{S2n}為遞增數(shù)列 [解析]　由bn＋1＝，cn＋1＝， 得bn＋1＋cn＋1＝an＋(bn＋cn)，(*) bn＋1－cn＋1＝－(bn－cn)， 由an＋1＝an得an＝a1， 代入(*)得bn＋1＋cn＋1＝a1＋(bn＋cn)， ∴bn＋1＋cn＋1－2a1＝(bn＋cn－2a1)， ∵b1＋c1－2a1＝2a1－2a1＝0， ∴bn＋cn＝2a1>|BnCn|＝a1， 所以點(diǎn)An在以Bn，Cn為焦點(diǎn)且長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2a1的橢圓上(如圖)．由b1>c1得b1－c1>0，所以|bn＋1－cn＋1|＝(bn－cn)，即|bn－cn|＝(b1－c1)n－1，所以當(dāng)n增大時(shí)|bn－cn|變小，即點(diǎn)An向點(diǎn)A處移動(dòng)，即邊BnCn上的高增大，又|BnCn|＝an＝a1不變，所以{Sn}為遞增數(shù)列． [答案]　B [啟思維]　交匯問題是將各主干知識(shí)“聯(lián)姻”“牽手”、交叉滲透等綜合考查主干知識(shí)的常見問題，覆蓋面廣．本題將數(shù)列與幾何交匯，增大了試題難度，較好地考查了考生的數(shù)形結(jié)合思想、邏輯思維能力，其實(shí)質(zhì)是考查數(shù)列的遞推關(guān)系式、橢圓的定義及性質(zhì)，此題對(duì)考生的數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、直觀想象要求較高． [知能升級(jí)] 1．?dāng)?shù)列與其他知識(shí)的交匯問題主要體現(xiàn)在以下兩點(diǎn)： (1)以數(shù)列知識(shí)為紐帶，在數(shù)列與函數(shù)、方程、不等式、解析幾何的交匯處命題，主要考查利用函數(shù)觀點(diǎn)、不等式的方法解決數(shù)列問題，往往涉及與數(shù)列相關(guān)的不等式證明、參數(shù)的范圍等． (2)以數(shù)列知識(shí)為背景的新概念、創(chuàng)新型問題，除了需要用到數(shù)列知識(shí)外，還要運(yùn)用函數(shù)、不等式等相關(guān)知識(shí)和方法，特別是題目條件中的“新知識(shí)”是解題的鑰匙，此類問題往往思維難度較大，通常作為壓軸題出現(xiàn)． 2．解決此類問題的關(guān)鍵是理解題意，將核心問題提煉出來，運(yùn)用數(shù)列、函數(shù)、解析幾何的相關(guān)知識(shí)求解，主要考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用． [增分集訓(xùn)] 1．斐波那契數(shù)列{an}滿足：a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)．若將數(shù)列的每一項(xiàng)按照下圖方法放進(jìn)格子里，每一小格子的邊長(zhǎng)為1，記前n項(xiàng)所占的格子的面積之和為Sn，每段螺旋線與其所在的正方形所圍成的扇形面積為cn，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是(　　) A．Sn＋1＝a＋an＋1an B．a(chǎn)1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋2－1 C．a(chǎn)1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a2n－1 D．4(cn－cn－1)＝πan－2an＋1 解析：選C　對(duì)于選項(xiàng)A，由題圖可知，S2＝a2a3，S3＝a3a4，S4＝a4a5，…，則Sn＋1＝an＋1an＋2＝an＋1(an＋1＋an)＝a＋an＋1an，故A項(xiàng)正確；對(duì)于選項(xiàng)B，a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋2－1＝an＋1＋an－1?a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝an＋1－1?a1＋a2＋a3＋…＋an－2＝an－1?a1＋a2＋a3＋…＋an－3＝an－1－1?…?a1＝a3－1?1＝2－1，故B項(xiàng)正確；對(duì)于選項(xiàng)C，當(dāng)n＝1時(shí)，a1≠a2－1，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D,4(cn－cn－1)＝4＝π(an＋an－1)(an－an－1)＝πan－2an＋1，故D項(xiàng)正確． 2．已知函數(shù)f (x)在R上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，當(dāng)x>0時(shí)，f (x)<2，對(duì)任意的x，y∈R，f (x)＋f (y)＝f (x＋y)＋2成立，若數(shù)列{an}滿足a1＝f (0)，且f (an＋1)＝f ，n∈N*，則a2 018的值為(　　) A．2 B. C. D. 解析：選C　令x＝y(tǒng)＝0得f (0)＝2，所以a1＝2. 設(shè)x1，x2是R上的任意兩個(gè)數(shù)，且x10， 因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，f (x)<2，所以f (x2－x1)<2， 即f (x2)＝f (x2－x1＋x1)＝f (x2－x1)＋f (x1)－2<2＋f (x1)－2＝f (x1)， 所以f (x)在R上是減函數(shù)． 因?yàn)閒 (an＋1)＝f ， 所以an＋1＝，即＝＋1， 所以＋＝3，因?yàn)椋?， 所以是以1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列， 所以＋＝3n－1，即an＝. 所以a2 018＝. 3．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝，an＋1＝(n∈N*)，若不等式＋＋tan≥0恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是____________． 解析：由an＋1＝， 得－＝1，又＝2， 所以數(shù)列是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列， 則＝n＋1，即an＝， 從而不等式＋＋tan≥0恒成立等價(jià)于－t≤＋n＋4恒成立， 易知當(dāng)n＝2時(shí)，＋n＋4取得最小值， 所以－t≤，即t≥－. 所以實(shí)數(shù)t的取值范圍是. 答案： [高考大題通法點(diǎn)撥] 數(shù)列問題重在“歸”——化歸 　[思維流程]　　　 　[策略指導(dǎo)] 利用化歸思想可探索一些一般數(shù)列的簡(jiǎn)單性質(zhì)．等差數(shù)列與等比數(shù)列是數(shù)列中的兩個(gè)特殊的基本數(shù)列，高考中通?？疾榈氖欠堑炔?、等比數(shù)列問題，應(yīng)對(duì)的策略就是通過化歸思想，將其轉(zhuǎn)化為這兩種數(shù)列． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1. (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)令cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. [破題思路] 第(1)問 求什么想什么 求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式，想到求首項(xiàng)b1和公差d 給什么用什么 題目中給出{an}的前n項(xiàng)和Sn，an＝bn＋bn＋1.用Sn＝3n2＋8n求出an，由bn＋bn＋1＝an的關(guān)系求b1，d 差什么找什么 要求{bn}的通項(xiàng)公式，還需要求b1和d. 可令bn＋bn＋1＝an中的n＝1和n＝2，建立b1和d的方程組求解 　　第(2)問 求什么想什么 求{cn}的前n項(xiàng)和Tn，想到根據(jù){cn}的通項(xiàng)公式的特征選擇求和公式 給什么用什么 已知cn＝，用第(1)問中所求an及bn可化簡(jiǎn)得cn [規(guī)范解答] (1)由題意知當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5. 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝11， 符合上式． 所以an＝6n＋5. 設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d. 由即解得 所以bn＝3n＋1. (2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)2n＋1. 由Tn＝c1＋c2＋…＋cn， 得Tn＝3[222＋323＋…＋(n＋1)2n＋1]， 2Tn＝3[223＋324＋…＋(n＋1)2n＋2]， 兩式作差， 得－Tn＝3[222＋23＋…＋2n＋1－(n＋1)2n＋2] ＝3 ＝－3n2n＋2， 所以Tn＝3n2n＋2. [關(guān)鍵點(diǎn)撥]　等差、等比數(shù)列基本量的計(jì)算模型 設(shè)置中間問題 分析已知條件和求解目標(biāo)，確定為最終解決問題需要首先求解的中間問題．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，確定解題的邏輯次序 注意解題細(xì)節(jié) 在等差數(shù)列與等比數(shù)列綜合問題中，如果等比數(shù)列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能，在數(shù)列的通項(xiàng)問題中第一項(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] 　(2018福州模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．設(shè)bn＝an＋1－an. (1)證明：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列； (2)設(shè)cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)的和Sn. 解：(1)證明：因?yàn)閍n＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an， 所以＝＝＝＝2， 又b1＝a2－a1＝2－1＝1， 所以數(shù)列{bn}是以1為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列． (2)由(1)知bn＝12n－1＝2n－1， 因?yàn)閏n＝， 所以cn＝＝， 所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn ＝ ＝＝. 　[總結(jié)升華] 對(duì)于數(shù)列的備考：一是準(zhǔn)確掌握數(shù)列中an與Sn之間的關(guān)系，這是解決數(shù)列問題的基礎(chǔ)；二是重視等差與等比數(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)列問題的根本；三是注意數(shù)列與函數(shù)、不等式等的綜合問題，掌握解決此類問題的通法；四是在知識(shí)的復(fù)習(xí)和解題過程中體會(huì)其中所蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想方法，如分類討論、數(shù)形結(jié)合、等價(jià)轉(zhuǎn)化、函數(shù)與方程思想等．　　　 [專題跟蹤檢測(cè)](對(duì)應(yīng)配套卷P180) 一、全練保分考法——保大分 1．已知等差數(shù)列的前3項(xiàng)依次為a，a＋2,3a，前n項(xiàng)和為Sn，且Sk＝110，則k的值為(　　) A．9　　　　　　　　　　 B．11 C．10 D．12 解析：選C　由a，a＋2,3a成等差數(shù)列，得公差為2，且2(a＋2)＝a＋3a，解得a＝2，所以Sk＝2k＋2＝k2＋k＝110，解得k＝10或k＝－11(舍去)． 2．(2018云南模擬)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若a1－1，a3－3，a5－5依次構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，則q＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：選C　依題意，注意到2a3＝a1＋a5,2a3－6＝a1＋a5－6，即有2(a3－3)＝(a1－1)＋(a5－5)， 即a1－1，a3－3，a5－5成等差數(shù)列； 又a1－1，a3－3，a5－5依次構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列， 因此有a1－1＝a3－3＝a5－5(若一個(gè)數(shù)列既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列，則該數(shù)列是一個(gè)非零的常數(shù)列)，q＝＝1. 3．中國古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個(gè)問題：“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難．次日腳痛減一半，六朝方得至其關(guān)．要見次日行里數(shù)，請(qǐng)公仔細(xì)算相還．”其意思是“有一個(gè)人走378里，第一天健步行走，從第二天起腳痛，每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到達(dá)目的地．”則第三天走了(　　) A．60里 B．48里 C．36里 D．24里 解析：選B　由題意得每天走的路程構(gòu)成等比數(shù)列{an}，其中q＝，S6＝378，則S6＝＝378，解得a1＝192，所以a3＝192＝48. 4．已知遞減的等差數(shù)列{an}中，a3＝－1，a1，a4，－a6成等比數(shù)列．若Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S7的值為(　　) A．－14 B．－9 C．－5 D．－1 解析：選A　設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由題可知d<0，因?yàn)閍1，a4，－a6成等比數(shù)列，所以a＝a1(－a6)，即(a1＋3d)2＝a1(－a1－5d)．又a3＝a1＋2d＝－1，聯(lián)立可解得d＝－1或d＝(舍去)．因?yàn)閐＝－1，所以a1＝1，所以S7＝－14. 5．若數(shù)列{an}是正項(xiàng)數(shù)列，且＋＋…＋＝n2＋n，則a1＋＋…＋等于(　　) A．2n2＋2n B．n2＋2n C．2n2＋n D．2(n2＋2n) 解析：選A　∵＋＋…＋＝n2＋n，① ∴當(dāng)n＝1時(shí)，＝2，解得a1＝4. 當(dāng)n≥2時(shí)， ＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1.② ①－②，得＝2n，∴an＝4n2. 當(dāng)n＝1時(shí)上式也成立． ∴＝4n，則a1＋＋…＋＝4(1＋2＋…＋n)＝4＝2n2＋2n. 6．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S8－2S4＝5，則a9＋a10＋a11＋a12的最小值為(　　) A．10 B．15 C．20 D．25 解析：選C　由題意可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，由S8－2S4＝5可得S8－S4＝S4＋5，由等比數(shù)列的性質(zhì)可得S4，S8－S4，S12－S8成等比數(shù)列，則S4(S12－S8)＝(S8－S4)2，綜上可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝＝S4＋＋10≥2＋10＝20， 當(dāng)且僅當(dāng)S4＝5時(shí)等號(hào)成立，綜上可得a9＋a10＋a11＋a12的最小值為20. 7．設(shè){an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和．已知a2a4＝1，S3＝7，則其公比q等于________． 解析：∵{an}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，∴數(shù)列{an}的公比q>0.由a2a4＝1，得a＝1，∴a3＝1.∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝＋＋1＝7，即6q2－q－1＝0，解得q＝或q＝－(舍去)．故q＝. 答案： 8．在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，am－1am＋1＝2am(m≥2)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為Tn.若T2m－1＝512，則m的值為________． 解析：由等比數(shù)列的性質(zhì)，得am＋1am－1＝a＝2am.又?jǐn)?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以am＝2.又T2m－1＝(am)2m－1＝22m－1＝512，所以2m－1＝9，所以m＝5. 答案：5 9．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，則S2n－1＝________. 解析：因?yàn)閍1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，所以S2n－1＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2n－2＋a2n－1)＝1＋＋＋…＋＝＝. 答案： 10．(2018成都模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d， ∵a2＝3，S4＝16， ∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16， 解得a1＝1，d＝2. ∴an＝2n－1. (2)由題意，bn＝＝， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝ ＝. 11．(2019屆高三南寧二中、柳州高中聯(lián)考)已知a1＝2，a2＝4，數(shù)列{bn}滿足：bn＋1＝2bn＋2且an＋1－an＝bn. (1)求證：數(shù)列{bn＋2}是等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式． 解：(1)證明：由題知，＝＝2， ∵b1＝a2－a1＝4－2＝2，∴b1＋2＝4， ∴數(shù)列{bn＋2}是以4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． (2)由(1)可得，bn＋2＝42n－1，故bn＝2n＋1－2. ∵an＋1－an＝bn， ∴a2－a1＝b1， a3－a2＝b2， a4－a3＝b3， … an－an－1＝bn－1. 累加得，an－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1(n≥2)， an＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n－2) ＝－2(n－1) ＝2n＋1－2n， 故an＝2n＋1－2n(n≥2)． ∵a1＝2符合上式， ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋1－2n(n∈N*)． 12．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a2＝6，前n項(xiàng)和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，b2＝2，a1b3＝12，S3＋b1＝19. (1)求{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{bncos(anπ)}的前n項(xiàng)和Tn. 解：(1)∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a2＝6， ∴S3＋b1＝3a2＋b1＝18＋b1＝19，∴b1＝1， ∵b2＝2，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，∴bn＝2n－1. ∴b3＝4，∵a1b3＝12，∴a1＝3， ∵a2＝6，數(shù)列{an}是等差數(shù)列， ∴an＝3n. (2)由(1)得，令Cn＝bncos(anπ)＝(－1)n2n－1， ∴Cn＋1＝(－1)n＋12n， ∴＝－2，又C1＝－1， ∴數(shù)列{bncos(anπ)}是以－1為首項(xiàng)，－2為公比的等比數(shù)列， ∴Tn＝＝－[1－(－2)n]． 二、強(qiáng)化壓軸考法——拉開分 1．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝2，Sn＋1＝4an＋2，則a12＝(　　) A．20 480 B．49 152 C．60 152 D．89 150 解析：選B　由S2＝4a1＋2，得a1＋a2＝4a1＋2，聯(lián)立a1＝2，解得a2＝8.又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1－4an，∴an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，∴數(shù)列{an＋1－2an}是以a2－2a1＝4為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，∴an＋1－2an＝42n－1＝2n＋1，∴＝1，∴－＝1，∴數(shù)列是以＝1為首項(xiàng)，以1為公差的等差數(shù)列，∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝n2n，∴a12＝12212＝49 152. 2．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是(　　) A．2n－1 B.n－1 C．n2 D．n 解析：選D　因?yàn)閍n＝n(an＋1－an)＝nan＋1－nan，所以nan＋1＝(n＋1)an，所以＝，所以an＝…a1＝…1＝n. 3．(2018鄭州模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，|an＋1－an|＝.若a2n＋1>a2n－1，a2n＋20，a2n＋2－a2n<0，則a2n＋1－a2n－1>a2n＋2－a2n， 所以a2n＋1－a2n＋2>a2n－1－a2n.① 而|a2n＋1－a2n＋2|＝， |a2n－1－a2n|＝， 即|a2n＋1－a2n＋2|<|a2n－1－a2n|.② 綜合①②，得a2n－1－a2n<0， 即a2n－1－a2n＝－. 裂項(xiàng)，得a2n－a2n－1＝. 綜上可得，數(shù)列{(－1)nan}的前40項(xiàng)的和為(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a40－a39)＝＝. 4．(2019屆高三河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”聯(lián)考)在正整數(shù)數(shù)列中，由1開始依次按如下規(guī)則，將某些數(shù)染成紅色．先染1；再染兩個(gè)偶數(shù)2,4；再染4后面最鄰近的3個(gè)連續(xù)奇數(shù)5,7,9；再染9后面的最鄰近的4個(gè)連續(xù)偶數(shù)10,12,14,16；再染此后最鄰近的5個(gè)連續(xù)奇數(shù)17,19,21,23,25.按此規(guī)則一直染下去，得到一紅色子數(shù)列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，則在這個(gè)紅色子數(shù)列中，由1開始的第2 018個(gè)數(shù)是(　　) A．3 971 B．3 972 C．3 973 D．3 974 解析：選B　由題意可知，第1組有1個(gè)數(shù)，第2組有2個(gè)數(shù)，…，根據(jù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，可知前n組共有個(gè)數(shù)．由于2 016＝<2 018<＝2 080，因此，第2 018個(gè)數(shù)是第64組的第2個(gè)數(shù)．由于第1組最后一個(gè)數(shù)是1，第2組最后一個(gè)數(shù)是4，第3組最后一個(gè)數(shù)是9，…，第n組最后一個(gè)數(shù)是n2，因此，第63組最后一個(gè)數(shù)為632,632＝3 969，第64組為偶數(shù)組，其第1個(gè)數(shù)為3 970，第2個(gè)數(shù)為3 972，故選 B. 5．(2019屆高三南昌調(diào)研)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝3且當(dāng)n≥2時(shí)，2an＝SnSn－1(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝________. 解析：當(dāng)n≥2時(shí)，由2an＝SnSn－1可得2(Sn－Sn－1)＝SnSn－1，∴－＝，即－＝－，∴數(shù)列是首項(xiàng)為，公差為－的等差數(shù)列，∴＝＋(n－1)＝，∴Sn＝.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝SnSn－1＝＝，又a1＝3， ∴an＝ 答案： 6．(2018開封模擬)已知數(shù)列{an}滿足[2－(－1)n]an＋[2＋(－1)n]an＋1＝1＋(－1)n3n(n∈N*)，則a25－a1＝________. 解析：∵[2－(－1)n]an＋[2＋(－1)n]an＋1＝1＋(－1)n3n，∴當(dāng)n＝2k(k∈N*)時(shí)，a2k＋3a2k＋1＝1＋6k，當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時(shí)，3a2k－1＋a2k＝1－6k＋3，∴a2k＋1－a2k－1＝4k－1，∴a25＝(a25－a23)＋(a23－a21)＋…＋(a3－a1)＋a1＝(412－1)＋(411－1)＋…＋(41－1)＋a1＝4－12＋a1＝300＋a1，∴a25－a1＝300. 答案：300 三、加練大題考法——少失分 1．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S7＝0，a3－2a2＝12(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 由已知得解得 所以an＝4n－16. (2)由(1)知an＝4n－16，所以＝＝， 所以Sn＝＋＋＋…＋， 兩邊同乘以， 得Sn＝＋＋＋…＋＋， 兩式相減，得Sn＝＋＋＋＋…＋－＝ －＝1－，所以Sn＝2－. 2．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Tn＝(n∈N*)． (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝log2an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，定義[x]為不小于x的最小整數(shù)，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Rn. 解：(1)因?yàn)閿?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Tn＝， 所以a1＝T1＝＝. 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Tn－Tn－1＝－＝2n－3， 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝符合上式． 故an＝2n－3. (2)由(1)可知，bn＝log2an＝n－3， 則數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為－2，公差為1的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和Sn＝－n，則＝－. 因?yàn)楫?dāng)n≥1時(shí)，＝－單調(diào)遞增， 所以＝－2，當(dāng)2≤n≤5時(shí)，－≤≤0， 當(dāng)n≥6時(shí)，≤<， 所以R1＝－2， 當(dāng)2≤n≤5時(shí)，Rn＝－2＋0＋0＋…＋0＝－2， 當(dāng)n≥6時(shí)，Rn＝－2＋(n－5)1＝n－7， 所以Rn＝ 3．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，且a2＝3，S5＝25. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝，記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，證明：Tn<1. 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 因?yàn)閍2＝3，S5＝25，所以 解得所以an＝2n－1. (2)證明：由(1)知，an＝2n－1， 所以Sn＝＝n2. 所以bn＝＝＝－. 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝＋＋…＋ ＝1－<1. 4．(2017山東高考)已知{xn}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2. (1)求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式； (2)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，依次連接點(diǎn)P1(x1，1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折線P1P2…Pn＋1，求由該折線與直線y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所圍成的區(qū)域的面積Tn. 解：(1)設(shè)數(shù)列{xn}的公比為q，由已知得q>0. 由題意得 所以3q2－5q－2＝0. 因?yàn)閝>0，所以q＝2，x1＝1， 因此數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式為xn＝2n－1. (2)過P1，P2，…，Pn＋1向x軸作垂線，垂足分別為Q1，Q2，…，Qn＋1. 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1， 記梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面積為bn， 由題意得bn＝2n－1＝(2n＋1)2n－2， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝32－1＋520＋721＋…＋(2n－1)2n－3＋(2n＋1)2n－2.① 又2Tn＝320＋521＋722＋…＋(2n－1)2n－2＋(2n＋1)2n－1.② ①－②得 －Tn＝32－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)2n－1 ＝＋－(2n＋1)2n－1. 所以Tn＝.