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1、高考专题突破三高考中的数列问题【考点自测】1(2017洛阳模拟)已知等差数列an的公差和首项都不等于0，且a2，a4，a8成等比数列，则等于()A2 B3 C5 D7答案B解析在等差数列an中，a2，a4，a8成等比数列，aa2a8，(a13d)2(a1d)(a17d)，d2a1d，d0，da1，3.故选B.2(2018衡水调研)已知等差数列an的前n项和为Sn，a55，S515，则数列的前100项和为()A. B.C. D.答案A解析设等差数列an的首项为a1，公差为d.a55，S515，ana1(n1)dn.，数列的前100项和为1.3若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不
2、同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于()A6 B7 C8 D9答案D解析由题意知abp，abq，p0，q0，a0，b0.在a，b，2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有：a，b，2；b，a，2；2，a，b；2，b，a；成等比数列的情况有：a，2，b；b，2，a.或解得或p5，q4，pq9，故选D.4(2017江西高安中学等九校联考)已知数列an是等比数列，数列bn是等差数列，若a1a6a113，b1b6b117，则tan 的值是()A1 B.C D答案D解析an是等比数列，bn是等差数列，且a1a6a113，b1b6b117，a()
3、3,3b67，a6，b6，tantantantantantan .5(2018保定模拟)已知数列an的前n项和为Sn，对任意nN*都有Snan，若1Sk9 (kN*)，则k的值为_答案4解析由题意，Snan，当n2时，Sn1an1，两式相减，得ananan1，an2an1，又a11，an是以1为首项，以2为公比的等比数列，an(2)n1，Sk，由1Sk9，得4(2)k0，nN*.(1)若a2，a3，a2a3成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线x21的离心率为en，且e22，求eee.解(1)由已知，Sn1qSn1，得Sn2qSn11，两式相减得an2qan1，n1.又由S2qS11
4、得a2qa1，故an1qan对所有n1都成立所以数列an是首项为1，公比为q的等比数列，从而anqn1.由a2，a3，a2a3成等差数列，可得2a3a2a2a3，所以a32a2，故q2.所以an2n1(nN*)(2)由(1)可知，anqn1，所以双曲线x21的离心率en.由e22，解得q，所以eee(11)(1q2)1q2(n1)n1q2q2(n1)nn(3n1)思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等
5、比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的跟踪训练1 (2018沧州模拟)已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设TnSn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值解(1)设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是递减数列且a1，所以q.故等比数列an的通项公式为ann1(1)n1.(2)由(1)
6、得Sn1n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1SnS1，故0SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2SnSnS2.综上，对于nN*，总有Sn.所以数列Tn的最大项的值为，最小项的值为.题型二数列的通项与求和例2 (2018邢台模拟)已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.解(1)因为S1a1，S22a122a12，S44a124a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)bn(1)n1(1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tn
7、1.当n为奇数时，Tn1.所以Tn(或Tn)思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时从要证的结论出发，这是很重要的解题信息(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等跟踪训练2 (2018大连模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且a1，an1an(nN*)(1)证明：数列是等比数列；(2)求数列an的通项公式与前n项和Sn.(1)证明a1，an1an，当nN*时，0，又，(nN*)为常数，是以为首项，为公比的等比数列(2)解由是以为首项，为公比的等比数列，得n1，annn.Sn12233nn，Sn1223(n1)nnn1，两式相减得S
8、n23nnn1nn1，Sn2n1nn2(n2)n.综上，annn，Sn2(n2)n.题型三数列与其他知识的交汇命题点1数列与函数的交汇例3 (2018长春模拟)设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)2x的图象上(nN*)(1)若a12，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列an的前n项和Sn；(2)若a11，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2，求数列的前n项和Tn.解(1)由已知，得b7，b84b7，有4，解得da8a72，所以Snna1d2nn(n1)n23n.(2)f(x)2xln 2，f(a2)ln 2，故函数f(x)2x在(a2，
9、b2)处的切线方程为yln 2(xa2)，它在x轴上的截距为a2.由题意，得a22，解得a22，所以da2a11.从而ann，bn2n，.所以Tn，2Tn.两式相减，得2TnTn12.所以Tn.命题点2数列与不等式的交汇例4 (2016天津)已知an是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的nN*，bn是an和an1的等比中项(1)设cnbb，nN*，求证：数列cn是等差数列；(2)设a1d，Tn (1)kb，nN*，求证： .证明(1)由题意得banan1，cnbban1an2anan12dan1.因此cn1cn2d(an2an1)2d2，所以cn是等差数列(2)Tn(bb)(bb)(bb
10、)2d(a2a4a2n)2d2d2n(n1)所以 62成立的正整数n的最小值解(1)由题意，得解得或an是递增数列，a12，q2，数列an的通项公式为an22n12n.(2)bnanan2n2nn2n，Snb1b2bn(12222n2n)，则2Sn(122223n2n1)，得Sn(2222n)n2n12n12n2n1，则Snn2n12n12，解2n1262，得n5，n的最小值为6.3(2018届江西赣州红色七校联考)已知正项等差数列an的前n项和为Sn，且满足a1a5a，S763.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足b1a1，且bn1bnan1，求数列的前n项和Tn.解(1)设正项
11、等差数列an的首项为a1，公差为d，且an0.则解得an2n1.(2)bn1bnan1且an2n1(nN*)，bn1bn2n3，当n2时，bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1(2n1)(2n1)53n(n2)当n1时，b13满足上式，bnn(n2)，Tn.4(2018届广东广州海珠区综合测试)已知数列an的首项a11，前n项和为Sn，an12Sn1，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog3an1，求数列anbn的前n项和Tn.解(1)由题意得an12Sn1，an2Sn11(n2)两式相减得an1an2(SnSn1)2an，则an13an(n2)，所以当n2时，an
12、是以3为公比的等比数列因为a22S112a113，3，所以，3，对任意正整数成立，an是首项为1，公比为3的等比数列，所以an3n1.(2)bnlog3an1log33nn，所以anbn3n1n，Tn(301)(312)(323)(3n2n1)(3n1n)(3031323n23n1)(123n1n).5(2017济宁模拟)已知Sn是正项数列an的前n项和，且2Snaan，等比数列bn的公比q1，b12，且b1，b3，b210成等差数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设cnanbn(1)n，记T2nc1c2c3c2n，求T2n.解(1)当n2时，由题意得2Sn2Sn1aaanan1，2a
13、naaanan1，aa(anan1)0，(anan1)(anan11)0，an是正项数列，anan10，anan11，当n1时，2a1aa1.a10，a11，数列an是首项为1，公差为1的等差数列，an1(n1)1n.由b12,2b3b1(b210)，得2q2q60，解得q2或q(舍)，bnb1qn12n.(2)由(1)得cnn2n(1)nn2n(1)n，T2n(122222n22n)(122222n22n)，记W2n122222n22n，则2W2n1222232n22n1，以上两式相减可得W2n22222n2n22n12n22n1(12n)22n12，W2n(2n1)22n12，T2nW2n
14、(2n1)22n11.6已知数列an，bn，其中，a1，数列an满足(n1)an(n1)an1 (n2，nN*)，数列bn满足b12，bn12bn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)是否存在自然数m，使得对于任意nN*，n2，有1恒成立？若存在，求出m的最小值；(3)若数列cn满足cn求数列cn的前n项和Tn.解(1)由(n1)an(n1)an1，即(n2)又a1，所以ana1.当n1时，上式成立，故an.因为b12，bn12bn，所以bn是首项为2，公比为2的等比数列，故bn2n.(2)由(1)知，bn2n，则112.假设存在自然数m，使得对于任意nN*，n2，有1恒成立，即2恒成立，由2，解得m16.所以存在自然数m，使得对于任意nN*，n2，有1恒成立，此时，m的最小值为16.(3)当n为奇数时，Tn(b2b4bn1)24(n1)(22242n1)(2n11)；当n为偶数时，Tn(b2b4bn)(24n)(22242n)(2n1)所以Tn