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1、2020年高三二轮复习讲练测之讲案【新课标版理科数学】专题四 数列与不等式考向一 等差数列与等比数列的计算问题【高考改编回顾基础】1【等差数列的通项公式、求和公式】【2018年新课标I卷改编】设为等差数列的前项和，若，则 .【答案】【解析】设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，整理解得，所以.2. 【等比数列的通项公式】【2017课标3，理14】设等比数列满足a1 + a2 = 1, a1 a3 = 3，则a4 = _.【答案】3. 【等差的通项公式及求和公式、等比中项】【2017课标3改编】等差数列的首项为1，公差不为0若a2，a3，a6成等比数列，则前6项的和为 .【答案】【解析】【命
2、题预测看准方向】等差数列、等比数列的判定及其通项公式是高考的热点,在考查基本运算、基本概念的同时,也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查; 对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n项和最大、最小等问题,主要是中低档题;等差数列、等比数列的证明多在解答题中的某一问出现,属于中档题;等差数列、等比数列的前n项和是高考考查的重点,在解答时要注意与不等式、函数、方程等知识相结合.预测2019年数列问题将保持一大一小的命题形式，且小题也可能将等差数列与等比数列综合考查.【典例分析提升能力】【例1】【2018年全国卷II理】记为等差数列的前项和，已知
3、， （1）求的通项公式； （2）求，并求的最小值【答案】（1）an=2n9，（2）Sn=n28n，最小值为16【趁热打铁】【2017全国卷改编】已知an为等差数列，bn为等比数列，a11，b11，a2b22，a3b35，则bn的通项公式为 _【答案】bn2n1【解析】设an的公差为d，bn的公比为q，由a2b22得dq3，由a3b35得2dq26.联立，解得 (舍去)或 因此bn的通项公式为bn2n1.【例2】【2017江苏卷】等比数列an的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3，S6，则a8_.【答案】32【趁热打铁】【2018届湖北省潜江市城南中学高三期中】若正项等比数列满足， ，则公比
4、_， _【答案】 【解析】设等比数列的首项为，公比为，由题意可得解得 ，填(1). (2). 【方法总结全面提升】1.等差数列、等比数列的基本运算,一般通过其通项公式与前n项和公式构造关于a1与d、a1与q的方程(组)解决.在求解过程中灵活运用等差数列、等比数列的性质,不仅可以快速获解,而且有助于加深对等差数列、等比数列问题的认识.2.解决等差数列an前n项和问题常用的三个公式是: Sn=;Sn=na1+d；Sn=An2+Bn(A,B为常数),灵活地选用公式,解决问题更便捷.3.等差数列和等比数列的中项、前n项和都有一些类似的性质,充分利用性质可简化解题过程.4.证明数列是等差数列或等比数列的
5、基本方法是定义法和中项法.5.等差数列、等比数列的通项公式、求和公式有多种形式的变形.在求解相关问题时,要根据条件灵活选择相关公式,同时两种数列可以相互转化,如等差数列取指数函数之后即为等比数列,正项等比数列取对数函数之后即为等差数列.【规范示例避免陷阱】【典例】【2017北京改编】若等差数列和等比数列满足a1=b1=1，a4=b4=8，求.【规范解答】设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,由题意知-1+3d=-q3=8,即解得故=1.【反思提高】等差数列、等比数列的通项公式、求和公式中一共包含a1,n,d(q),an与Sn这五个量.如果已知其中的三个,就可以求其余的两个.因为a1
6、,d(q)是两个基本量,所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量,然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程(组),通过解方程(组)求其值,这也是方程思想在数列问题中的体现.【误区警示】用数列性质解决数列问题，往往可以简化解题过程，但技巧性较强，同时还要注意性质成立的条件，如等差数列an中，a1ana2an1，但a1anan1；等比数列的前n项和为Sn，则在公比不等于1或m不为偶数时，Sm，S2mSm，S3mS2m，成等比数列考向二 数列的通项与求和【高考改编回顾基础】1.【等比数列的求和】【2018年新课标I卷理】记为数列的前项和，若，则_【答案】【解析】根据，可得，两式相
7、减得，即，当时，解得，所以数列是以-1为首项，以2为公布的等比数列，所以，故答案是.2【裂项相消法】【2017全国卷改编】已知an，则数列的前n项和为_【答案】【解析】记的前n项和为Sn，Sn.3. 【错位相减法】【2017山东卷改编】已知an2n，bn2n1，则数列的前n项和Tn_【答案】5【解析】令cn，则cn，因此Tnc1c2cn，又Tn，两式相减得Tn，所以Tn5.4 .【数列中的数学文化】【2017全国卷改编】我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯
8、数的2倍，则塔的顶层共有灯_盏【答案】3【解析】设塔的顶层共有a1盏灯，根据题意得381，解得a13.【命题预测看准方向】数列的通项与求和是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，以解答题为主，难度中等或稍难，数列的基本问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后进一步研究综合问题.考查等差数列的求和多于等比数列的求和，考查的重点应该是围绕：常见求数列通项的方法、倒序求和法、分组求和法、错位相减法、裂项相消法等. 数列求和常与函数、方程、不等式联系在一起,在考查基本运算、基本能力的基础上,又注意考查学生分析问题、解决问题的能力. 【典例分析提升能力】【例1】【2018届衡水金卷高三
9、大联考理】已知数列与的前项和分别为， ，且， ， ，若恒成立，则的最小值是( )A. B. C. 49 D. 【答案】B【解析】当时， ，解得或.由得.由，得.两式相减得.所以.因为，所以.即数列是以3为首项，3为公差的等差数列，所以.所以.所以.要使恒成立，只需.故选B.【趁热打铁】【2018届湖南省衡阳县高三12月联考】若曲线在轴的交点处的切线经过点，则数列的前项和_【答案】来源【解析】令，得，则切点为曲线在轴的交点处的切线方程为切线经过点故答案为【例2】【2018年浙江卷】已知等比数列an的公比q1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项数列bn满足b1=1，数列（bn
10、+1bn）an的前n项和为2n2+n （）求q的值；（）求数列bn的通项公式 【答案】（）（）【解析】（）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.（）设，数列前n项和为.由解得.由（）可知，所以，故， .设，所以，因此，又，所以.【趁热打铁】【2018届安徽省合肥市高三调研性检测】数列满足.（）求证：数列是等差数列；（）若数列满足，求的前项和.【答案】（）证明见解析 （）【解析】（）若，则，这与矛盾，由已知得，故数列是以为首项，2为公差的等差数列.（）由（）可知， ，由可知.又 ，则，【例3】【2018届江西省南昌市第二中学高三上第五次月考】已知数列的前项和满足： .（1）数列的通项公
11、式；（2）设，且数列的前项和为，求证： .【答案】（1）；（2）见解析。（2）证明： 由， 所以， 所以 因为，所以，即故选C.【趁热打铁】【2018届江西省赣州市崇义中学高三上第二次月考】已知数列的前项和为， ， 等 差数列中， ，且公差（）求数列的通项公式；（）是否存在正整数，使得?若存在，求出的最小值；若 不存在，请说明理由【答案】（1）， ；（2）4【解析】（） ， 当时， 两式相减得， ，又， 数列是以为首项， 为公比的等比数列， ，又， .（）,令 则 -得： ， ，即， ， 的最小正整数为. 【方法总结全面提升】1.常见求数列通项的方法有:迭加法、迭乘法、构造等差数列、等比数列法
12、、取倒数法,利用数列前n项和Sn与通项an之间的关系Sn-Sn-1=an(n2)进行递推、构造新数列等.2.非等差数列、非等比数列求和的常用方法:(1)倒序相加法,如果一个数列an,首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法,如等差数列的前n项和即是用此法推导的.(2)错位相减法,如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,如等比数列的前n项和就是用此法推导的.错位相减法适用于求数列anbn的前n项和,其中an为等差数列,bn为等比数列;所谓“错位”,就是要找“同类项”相减.要注意的是相
13、减后得到部分等比数列的和,此时一定要查清其项数. (3)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. 裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an=bn+k-bn(kN*)的形式,从而达到在求和时绝大多数项相消的目的,在解题时要善于根据这个基本思想变换数列an的通项公式,使之符合裂项相消的条件. (4)分组求和法,一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成,则求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减.(5)并项求和法,一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解.【规范示例避免陷阱】【典例】【2017天津高考】已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.()求an和bn的通项公式；()求数列a2nb2n1的前n项和(nN*)【规范解答】()设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2，所以bn2n.-2分由b3a42a1，可得3da18.由S1111b4，可得a15d16.联立，解得a
