重点增分专题六 数 列[全国卷3年考情分析](1)高考主要考查等差数列及等比数列的基本运算、两类数列求和方法(裂项相消法、错位相减法)，主要突出函数与方程思想的应用．(2)近三年高考考查数列都在17题，试题难度中等，19年高考可能以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也可能出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注．考点一 等差、等比数列的基本运算 保分考点练后讲评[大稳定——常规角度考双基]1.[等差数列的基本运算](2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12 解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ，即3a 1＋2d ＝0.将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.2.[等比数列的基本运算]已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 10S 5＝3332，则数列{a n }的公比q 为( )A ．4B ．2 C.12D.34解析：选C 因为S 10S 5＝3332≠2，所以q ≠1.所以S 10S 5＝a 1(1－q 10)1－q a 1(1－q 5)1－q ＝1＋q 5，所以1＋q 5＝3332，所以q ＝12.3.[等差与等比数列的综合运算]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝3.(1)若a 3＋b 3＝7，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝13，求S n .解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ， 则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 由a 2＋b 2＝3，得d ＋q ＝4， ① 由a 3＋b 3＝7，得2d ＋q 2＝8， ② 联立①②，解得q ＝2或q ＝0(舍去)， 因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1. (2)∵T 3＝1＋q ＋q 2，∴1＋q ＋q 2＝13， 解得q ＝3或q ＝－4，由a 2＋b 2＝3，得d ＝4－q ，∴d ＝1或d ＝8. 由S n ＝na 1＋12n (n －1)d ，得S n ＝12n 2－32n 或S n ＝4n 2－5n .[解题方略] 等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量：首项a 1和公差d (公比q )．(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (或q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．[小创新——变换角度考迁移]1.[与平面向量交汇]设数列{a n }满足a 2＋a 4＝10，点P n (n ，a n )对任意的n ∈N *，都有向量P n P n ＋1――→＝(1,2)，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：∵P n (n ，a n )，∴P n ＋1(n ＋1，a n ＋1)， ∴P n P n ＋1――→＝(1，a n ＋1－a n )＝(1,2)， ∴a n ＋1－a n ＝2，∴数列{a n }是公差d 为2的等差数列．又由a 2＋a 4＝2a 1＋4d ＝2a 1＋4×2＝10，解得a 1＝1，∴S n ＝n ＋n (n －1)2×2＝n 2. 答案：n 22.[定义数列中的创新]设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，∵对任意正整数n ，上式恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧d (4k －1)＝0，(2k －1)(2－d )＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14，∴数列{a n }的公差为2.答案：23.[借助数学文化考查](2017·全国卷Ⅱ)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数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏解析：选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.考点二 等差数列、等比数列的性质 保分考点练后讲评[大稳定——常规角度考双基]1.[等比数列项的性质]在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( )A ．－2＋22B ．－ 2 C. 2D ．－2或 2解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－2，故选B.2.[等差数列前n 项和的性质]设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 4≠0，且S 8＝3S 4，设S 12＝λS 8，则λ＝( )A.13B.12C ．2D ．3解析：选C 因为S n 是等差数列{a n }的前n 项和， 若S 4≠0，且S 8＝3S 4，S 12＝λS 8，所以由等差数列的性质得：S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等差数列， 所以2(S 8－S 4)＝S 4＋(S 12－S 8)， 所以2(3S 4－S 4)＝S 4＋(λ·3S 4－3S 4)， 解得λ＝2.3.[等差数列前n 项和的最值]在等差数列{a n }中，已知a 1＝13,3a 2＝11a 6，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：设{a n }的公差为d .法一：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )， 解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15.由⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋15≥0，－2(n ＋1)＋15≤0，解得6.5≤n ≤7.5. 因为n ∈N *，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝7(13－2×7＋15)2＝49.法二：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )， 解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15. 所以S n ＝n (13＋15－2n )2＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝49. 答案：494.[数列的单调性]已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫12－λn ＋1(n <6)，λn －5(n ≥6)，若对于任意的n ∈N *都有a n >a n ＋1，则实数λ的取值范围是________．解析：法一：因为a n >a n ＋1，所以数列{a n }是递减数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧12－λ<0，0<λ<1，λ<⎝⎛⎭⎫12－λ×5＋1，解得12<λ<712.所以实数λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，712. 法二：因为a n >a n ＋1恒成立，所以0<λ<1.若0<λ≤12，则当n <6时，数列{a n }为递增数列或常数列，不满足对任意的n ∈N *都有a n >a n ＋1；若12<λ<1，则当n <6时，数列{a n }为递减数列，当n ≥6时，数列{a n }为递减数列，又对任意的n ∈N *都有a n >a n ＋1，所以a 6<a 5，即λ<⎝⎛⎭⎫12－λ×5＋1，解得λ<712，所以12<λ<712. 综上，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，712. 答案：⎝⎛⎭⎫12，712[解题方略] 等差、等比数列性质问题的求解策略[小创新——变换角度考迁移]1.[数列与对数式交汇]在等差数列{a n }中，公差d ≠0，若lg a 1，lg a 2，lg a 4也成等差数列，且a 5＝10，则{a n }的前5项和S 5＝( )A ．40B ．35C ．30D ．25解析：选C 因为lg a 1，lg a 2，lg a 4成等差数列，所以2lg a 2＝lg a 1＋lg a 4⇒lg a 22＝lg a 1a 4⇒a 22＝a 1a 4⇒d 2＝a 1d ，因为d ≠0，所以a 1＝d ，又a 5＝a 1＋4d ＝10，所以a 1＝2，d ＝2，S 5＝5a 1＋5×42d ＝30.选C. 2.[数列与函数性质交汇]已知函数f (x )是R 上的单调递增函数且为奇函数，数列{a n }是等差数列，a 3>0，则f (a 1)＋f (a 3)＋f (a 5)的值( )A ．恒为正数B ．恒为负数C ．恒为0D ．可以为正数也可以为负数解析：选A 因为函数f (x )是R 上的奇函数，所以f (0)＝0，又f (x )是R 上的增函数，所以当x >0时，有f (x )>f (0)＝0，当x <0时，有f (x )<f (0)＝0，因为a 3>0，所以f (a 3)>0.因为数列{a n }是等差数列，所以a 1＋a 52＝a 3>0⇒a 1＋a 5>0⇒a 1>－a 5⇒f (a 1)>f (－a 5)，又f (－a 5)＝ －f (a 5)，所以f (a 1)＋f (a 5)>0，故f (a 1)＋f (a 3)＋f (a 5)＝[f (a 1)＋f (a 5)]＋f (a 3)>0.3.[数列与三角函数交汇]已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2 x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A ．0B ．－9C ．9D ．1解析：选C 由已知可得，数列{a n }为等差数列，f (x )＝sin 2x ＋cos x ＋1，∴f ⎝⎛⎭⎫π2＝1.∵f (π－x )＝sin(2π－2x )＋cos(π－x )＋1＝－sin 2x －cos x ＋1，∴f (π－x )＋f (x )＝2，∵a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，∴f (a 1)＋…＋f (a 9)＝2×4＋1＝9，即数列{y n }的前9项和为9.4.[数列与不等式交汇]数列{a n }是首项a 1＝m ，公差为2的等差数列，数列{b n }满足2b n＝(n ＋1)a n ，若对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，则m 的取值范围是________．解析：由题意得，a n ＝m ＋2(n －1)， 从而b n ＝n ＋12a n ＝n ＋12[m ＋2(n －1)]．又对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，结合数列{b n }的函数特性可知b 4≥b 5，b 6≥b 5，故⎩⎨⎧52(m ＋6)≥3(m ＋8)，72(m ＋10)≥3(m ＋8)，解得－22≤m ≤－18.答案：[－22，－18]考点三 等差(比)数列的判断与证明 增分考点讲练冲关[典例] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式．[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ， 即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *)． 所以数列{a n }是首项为1， 公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1. (2)因为a 1＝1，所以b 1＝2a 1＝2. 因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n－1b n －1＝1(n ≥2)．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为12，公差为1的等差数列． 所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1. [解题方略] 数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明a n ＋1a n (n ∈N *)为一常数；②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[多练强化]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值．(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求通项公式a n .解：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)．所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3， n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21. (2)因为S n ＝2a n －3n ， 所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)， 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，①把b n ＝a n ＋3及b n ＋1＝a n ＋1＋3，代入①式， 得b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以b n ＝6×2n －1，所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n －1).考点四 数列求和 增分考点·深度精研 [析母题——高考年年“神”相似][典例] 已知数列{a n }满足a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －1a n ＝n 4(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n a n2n ＋1，求数列{b n b n ＋1}的前n 项和T n .[解] (1)当n ＝1时，a 1＝14.因为a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －2a n －1＋4n －1a n ＝n 4，①所以a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －2a n －1＝n －14(n ≥2)，②①－②得4n －1a n ＝14(n ≥2)，所以a n ＝14n (n ≥2)．由于a 1＝14，故a n ＝14n .(2)由(1)得b n ＝4n a n 2n ＋1＝12n ＋1，所以b n b n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，故T n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3＝n 6n ＋9.[练子题——高考年年“形”不同]1．在本例条件下，若设b n ＝a n log 12a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：∵a n ＝14n ，∴b n ＝2n 4n ，∴T n ＝241＋442＋643＋…＋2n 4n ，14T n ＝242＋443＋644＋…＋2n 4n ＋1， 两式相减得，34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n 4n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n4n ＋1 ＝2×14⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14－2n 4n ＋1＝23－23×4n －2n 4n ＋1 ＝23－6n ＋83×4n ＋1， ∴T n ＝89－6n ＋89×4n.2．在本例条件下，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，记b n ＝S na n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n项和T n .解：∵a n ＝14n ，∴1a n ＝4n ，S n ＝43×4n －43，则b n ＝S n a n ＝43×42n －43×4n ，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝43(42＋44＋…＋42n )－43(4＋42＋…＋4n ) ＝43×16(1－42n )1－16－43×4(1－4n )1－4 ＝6445×42n －169×4n ＋1645.3．在本例条件下，设b n ＝a n(a n ＋1)(a n ＋1＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n .解：∵a n ＝14n ，∴b n＝14n⎝⎛⎭⎫14n＋1⎝⎛⎭⎫14n＋1＋1＝4n＋1(4n＋1)(4n＋1＋1)＝43⎝⎛⎭⎫14n＋1－14n＋1＋1.∴T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n＝4314＋1－142＋1＋142＋1－143＋1＋…－14n＋1＋1＝43⎝⎛⎭⎫15－14n＋1＋1＝415－43·4n＋1＋3.[解题方略]1．分组求和中分组的策略(1)根据等差、等比数列分组．(2)根据正号、负号分组．2．裂项相消求和的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．3．错位相减法求和的关注点(1)适用题型：等差数列{a n}与等比数列{b n}对应项相乘({a n·b n})型数列求和．(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n}的公比；②将两个和式错位相减；③整理结果形式．[多练强化]1．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝1，S3＝a5.令b n＝(－1)n－1a n，则数列{b n}的前2n项和T2n为()A．－n B．－2nC．n D．2n解析：选B设等差数列{a n}的公差为d，由S3＝a5，得3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，∴a n＝2n－1，∴b n＝(－1)n－1(2n－1)，∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n －1)＝－2n，选B.2．(2017·天津高考)已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N*)，{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0.又因为q ＞0，解得q ＝2.所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.①由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝1，d ＝3，所以a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)由(1)知a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，则a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1 ＝－(3n －2)×4n ＋1－8.故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83. 所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83. 3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，且a 2＝3，S 5＝25.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1S n ·S n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n <1. 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .因为⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝3，S 5＝25，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝3，5(2a 1＋4d )2＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1. (2)证明：由(1)知，a n ＝2n －1，所以S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2. 所以b n ＝1n 2·(n ＋1)2＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1<1.数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例] 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为其前n 项和，已知S 3＝7，a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公比为q (q >1)．由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2， 即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1(1＋q ＋q 2)＝7，a 1(1－6q ＋q 2)＝－7. 由q >1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)得b n ＝2n －1＋(n －1)ln 2，所以T n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)＋[0＋1＋2＋…＋(n －1)]ln 2＝1－2n 1－2＋n (n －1)2ln 2＝2n －1＋n (n －1)2ln 2.[素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养．主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和．考查了数学运算这一核心素养．。