2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第一部分专题七数　列

专题七 数　列



卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
等差数列的基本运算·T4
等差数列的通项公式、前n项和公式及最值·T17
等比数列的通项公式、前n项和公式·T17
Sn与an的关系、等比数列求和·T14
2017
等差数列的基本运算·T4
数学文化、等比数列的概念、前n项和公式·T3
等差数列的通项公式、前n项和公式及等比中项·T9
等差数列、等比数列前n项和公式的运用、创新问题·T12
等差数列的通项公式、前n项和公式、裂项相消法求和·T15
等比数列的通项公式·T14
2016
等差数列的基本运算·T3
等差数列的通项公式、前n项和公式、创新问题·T17
数列的递推关系、等比数列的定义及通项公式·T17
等比数列的基本运算及二次函数最值问题·T15
纵向把握趋势
卷Ⅰ3年6考，题型为选择题和填空题，难度适中．涉及等差、等比数列的基本运算，Sn与an的关系，预计2019年会以解答题的形式考查等差、等比数列的基本关系及等差、等比数列的判定与证明
卷Ⅱ3年4考，题型既有选择题、填空题和解答题，涉及数学文化、等差数列与等比数列的基本运算、数列前n项和的求法．预计2019年高考题仍以考查等差、等比数列的基本运算为主，同时考查数列求和问题，且三种题型均有可能
卷Ⅲ3年4考，题型既有选择题、填空题，也有解答题，涉及等差、等比数列的基本运算、数列求和问题，难度适中．预计2019年高考会以小题的形式考查等差、等比数列的性质及基本运算，难度适中
横向把握重点
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(裂项求和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用．
2.若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注.





等差、等比数列的基本运算和性质

[题组全练]

1．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(　　)
A．1　　　　　　　　　　 B．2
C．4 D．8
解析：选C　设等差数列{an}的公差为d，
则由得
即解得d＝4.
2．已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(　　)
A．21 B．42
C．63 D．84
解析：选B　设{an}的公比为q，由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，得1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2(负值舍去)．∴a3＋a5＋a7＝a1q2＋a3q2＋a5q2＝(a1＋a3＋a5)q2＝21×2＝42.
3．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为(　　)
A．－24 B．－3
C．3 D．8
解析：选A　设等差数列{an}的公差为d，
因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝a，
即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.
又a1＝1，所以d2＋2d＝0.
又d≠0，则d＝－2，
所以{an}前6项的和S6＝6×1＋×(－2)＝－24.
4．若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 017＋a2 018＞0，a2 017·a2 018＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是(　　)
A．2 017 B．2 018
C．4 034 D．4 035
解析：选C　因为a1＞0，a2 017＋a2 018＞0，a2 017·a2 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项和Sn＞0成立的最大正整数n是4 034.
5．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.
解：(1)设{an}的公比为q，由题设得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，则Sn＝.
由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝＝2n－1.
由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
[系统方法]

1．等差(比)数列基本运算的解题思路
(1)设基本量a1和公差d(公比q)．
(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，求出a1和d(q)后代入相应的公式计算．
2．等差、等比数列性质问题的求解策略
(1)抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．
(2)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．
(3)利用数列性质进行运算时，要注意整体思想的应用(如第2题)，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题.

以数学文化为背景的数列问题

[题组全练]

1．《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺，今一月日织九匹三丈．”其意思为今有一女子擅长织布，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一个月(按30天计)共织390尺布．则该女子最后一天织布的尺数为(　　)
A．18 B．20
C．21 D．25
解析：选C　依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为{an}，其中a1＝5，前30项和为390，于是有＝390，解得a30＝21，即该织女最后一天织21尺布．
2．(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{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝＝381，解得a1＝3.
3．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列1，，，，…，.
第二步：将数列的各项乘以n，得数列(记为)a1，a2，a3，…，an.
则a1a2＋a2a3＋…＋an－1an等于(　　)
A．n2 B．(n－1)2
C．n(n－1) D．n(n＋1)
解析：选C　a1a2＋a2a3＋…＋an－1an
＝·＋·＋…＋·
＝n2
＝n2
＝n2·＝n(n－1)．
[系统方法]

解决数列与数学文化问题的3步骤


等差、等比数列的判定与证明

[由题知法]

　　　(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
[解]　(1)设{an}的公比为q.
由题设可得
解得
故{an}的通项公式为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成等差数列．
[类题通法]　证明{an}是等差或等比数列的基本方法
等差
数列
(1)利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；
(2)利用等差中项，证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)
等比
数列
(1)利用定义，证明(n∈N*)为一常数；
(2)利用等比中项，证明a＝an－1an＋1(n≥2)

[应用通关]

　(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
解：(1)由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2)数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，
所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.

数列求和
[多维例析]
角度一　公式法求和
　(2018·厦门质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，n∈N*.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)设T2n＝－＋－＋…＋－，求T2n.
[解]　(1)证明：由an＋1＝，
得＝＝＋，所以－＝.
又a1＝1，则＝1，
所以数列是首项为1，公差为的等差数列．
(2)设bn＝－＝，
由(1)得，数列是公差为的等差数列，
所以－＝－，
即bn＝＝－×，
所以bn＋1－bn＝－＝－×＝－.
又b1＝－×＝－×＝－，
所以数列{bn}是首项为－，公差为－的等差数列，
所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－n＋×＝－(2n2＋3n)．
[类题通法]　公式法求数列和问题需过“三关”


角度二　分组求和法求和
　(2018·珠海模拟)已知等差数列{an}的首项为a，公差为d，n∈N*，且不等式ax2－3x＋2<0的解集为(1，d)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若bn＝3an＋an－1，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)易知a≠0，由题设可知
解得
故数列{an}的通项公式为an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝32n－1＋2n－1－1，
则Tn＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n－1＋2n－1)－n
＝(31＋33＋…＋32n－1)＋(1＋3＋…＋2n－1)－n
＝＋－n
＝(9n－1)＋n2－n.
[类题通法]　分组求和法求数列和的关键点


角度三　用裂项相消法求和
　(2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
[解]　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，
a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．
两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝(n≥2)．
又由题设可得a1＝2，满足上式，
从而{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn.
由(1)知＝＝－.
则Sn＝1－＋－＋…＋－
＝1－＝.
[类题通法]　裂项相消法求数列和问题的步骤


角度四　用错位相减法求和
　(2017·天津高考)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}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{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)．
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q＞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.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，
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，③
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，④
③－④，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＋.
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
[类题通法]　错位相减法求数列和问题的步骤


重难增分(一)
数列递推公式的应用

[考法全析]

一、曾经这样考
1．[利用an与Sn的关系求Sn](2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
解析：由已知得an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，
两边同时除以Sn＋1Sn，得－＝－1，
故数列是以－1为首项，－1为公差的等差数列，
则＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以Sn＝－.
答案：－
[启思维]　本题通过等式an＋1＝SnSn＋1考查了an与Sn关系的转化及应用，通过构造新数列来求解．一般地，对于既有an，又有Sn的数列题，应充分利用公式an＝有时将an转化为Sn，有时将Sn转化为an，要根据题中所给条件灵活变动．应注意对n＝1的检验．
二、还可能这样考
2．[累加法或累乘法求数列的通项]已知数列{an}满足a1＝2，an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，则an＝__________.
解析：由题意可知，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，
以上式子累加得，an－a1＝2＋3＋…＋n.
因为a1＝2，
所以an＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋
＝(n≥2)．
因为a1＝2满足上式，所以an＝.
答案：
[启思维]　(1)本题数列的递推公式可转化为an＋1＝an＋f (n)，通常采用等差数列通项公式的求解方法——累加法(逐差相加法)求解．即先将递推公式化成an＋1－an＝f (n)，然后分别把n＝1,2,3，…，n－1代入上式，便会得到(n－1)个等式，最后添加关于a1的等式，把n个等式相加之后，就会直接得到该数列的通项公式．
(2)对于递推公式可转化为＝f (n)的数列，因为其类似于等比数列，故通常采用等比数列通项公式的求解方法——累乘法(逐商相乘法)求解．即分别将n＝1,2,3，…，n－1代入上式，便会得到(n－1)个等式，最后添加关于a1的等式，这n个等式相乘之后，就会直接得到该数列的通项公式．如[增分集训]第2题．
3．[构造法求数列的通项]已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则an＝________.
解析：因为an＋1＝，所以－＝.
因为a1＝2，即＝，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以＝＋(n－1)×＝，故an＝.
答案：
[启思维]　(1)本题递推公式是形如an＋1＝的递推关系，可采用取倒数的方法，将递推式变形为－＝，从而可构造出数列，其首项为，公差为.
(2)对于递推式an＋1＝pan＋q(p，q为常数)，①当p＝1时，{an}为等差数列；②当p≠0，q＝0时，{an}为等比数列；③当p≠0，q≠0时，可利用待定系数法，将递推式转化为an＋1＋＝p，从而可构造出数列，其首项为a1＋(不等于0)，公比为p.如[增分集训]第3题．

[增分集训]
1．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
解析：∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
即an＝2an－1.
当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.
∴数列{an}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，
∴Sn＝＝＝1－2n，
∴S6＝1－26＝－63.
答案：－63
2．已知在数列{an}中，an＋1＝an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式an＝__________.
解析：由an＋1＝an，得＝，
故＝，＝，＝，…，＝(n≥2)，
以上式子累乘得，＝···…··＝.
因为a1＝4，所以an＝(n≥2)．
因为a1＝4满足上式，所以an＝.
答案：
3．(2019届高三·陕西实验中学模拟)已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式an＝__________.
解析：因为点Pn(an，an＋1)在直线4x－y＋1＝0上，
所以4an－an＋1＋1＝0.
所以an＋1＋＝4.
因为a1＝3，所以a1＋＝.
故数列是首项为，公比为4的等比数列．
所以an＋＝×4n－1，
故数列{an}的通项公式为an＝×4n－1－.
答案：×4n－1－


重难增分(二)
数列与其他知识的交汇问题

[典例细解]
　　　(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是(　　)
A．440　　　　　　　　　 B．330
C．220 D．110
[解析]　设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.
由题意可知，N>100，令>100，
得n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．
易得第n组的所有项的和为＝2n－1，前n组的所有项的和为－n＝2n＋1－n－2.
设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，
若要使前N项和为2的整数幂，则第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，即2t－1＝k＋2，
∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，
∴当t＝4，k＝13时，N＝＋4＝95<100，不满足题意；
当t＝5，k＝29时，N＝＋5＝440；
当t>5时，N>440.
故所求N的最小值为440.
[答案]　A
[启思维]　本题在创新情境中考查了等差数列与等比数列的求和公式，是具有综合拓展性的客观题的压轴题．数列试题的创新多是材料背景创新，通常融入“和”与“通项”的关系，与生产生活、社会热点相结合，考查考生的阅读能力的同时，也考查数学素养中的逻辑推理、计算能力，培养了考生的创新意识．另外，创新迁移类型试题还有以下特点：(1)新知识“开幕”，别开生面，新的知识主要是新的符号、定义、法则、图表等，或介绍新的思维方法，着眼于应用；(2)类比、推广；(3)以高中数学内容为材料，“偷梁换柱”“移花接木”，创设新情境，演化新问题．
　　　(2013·全国卷Ⅰ)设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1,2,3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则(　　)
A．{Sn}为递减数列
B．{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
[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，
所以点An在以Bn，Cn为焦点且长轴长为2a1的椭圆上(如图)．由b1>c1得b1－c1>0，所以|bn＋1－cn＋1|＝(bn－cn)，即|bn－cn|＝(b1－c1)·n－1，所以当n增大时|bn－cn|变小，即点An向点A处移动，即边BnCn上的高增大，又|BnCn|＝an＝a1不变，所以{Sn}为递增数列．
[答案]　B
[启思维]　交汇问题是将各主干知识“联姻”“牵手”、交叉渗透等综合考查主干知识的常见问题，覆盖面广．本题将数列与几何交汇，增大了试题难度，较好地考查了考生的数形结合思想、逻辑思维能力，其实质是考查数列的递推关系式、椭圆的定义及性质，此题对考生的数学抽象、逻辑推理、直观想象要求较高．
[知能升级]

1．数列与其他知识的交汇问题主要体现在以下两点：
(1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，主要考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题，往往涉及与数列相关的不等式证明、参数的范围等．
(2)以数列知识为背景的新概念、创新型问题，除了需要用到数列知识外，还要运用函数、不等式等相关知识和方法，特别是题目条件中的“新知识”是解题的钥匙，此类问题往往思维难度较大，通常作为压轴题出现．
2．解决此类问题的关键是理解题意，将核心问题提炼出来，运用数列、函数、解析几何的相关知识求解，主要考查了转化与化归思想的应用．

[增分集训]

1．斐波那契数列{an}满足：a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)．若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn，则下列结论错误的是(　　)

A．Sn＋1＝a＋an＋1an
B．a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋2－1
C．a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a2n－1
D．4(cn－cn－1)＝πan－2an＋1
解析：选C　对于选项A，由题图可知，S2＝a2a3，S3＝a3a4，S4＝a4a5，…，则Sn＋1＝an＋1an＋2＝an＋1(an＋1＋an)＝a＋an＋1an，故A项正确；对于选项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项正确；对于选项C，当n＝1时，a1≠a2－1，故C项错误；对于选项D,4(cn－cn－1)＝4＝π(an＋an－1)(an－an－1)＝πan－2an＋1，故D项正确．
2．已知函数f (x)在R上的图象是连续不断的一条曲线，当x>0时，f (x)<2，对任意的x，y∈R，f (x)＋f (y)＝f (x＋y)＋2成立，若数列{an}满足a1＝f (0)，且f (an＋1)＝f ，n∈N*，则a2 018的值为(　　)
A．2 B.
C. D.
解析：选C　令x＝y＝0得f (0)＝2，所以a1＝2.
设x1，x2是R上的任意两个数，且x1 则x2－x1>0，
因为当x>0时，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上是减函数．
因为f (an＋1)＝f ，
所以an＋1＝，即＝＋1，
所以＋＝3，因为＋＝1，
所以是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以＋＝3n－1，即an＝.
所以a2 018＝.
3．数列{an}中，a1＝，an＋1＝(n∈N*)，若不等式＋＋tan≥0恒成立，则实数t的取值范围是____________．
解析：由an＋1＝，
得－＝1，又＝2，
所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，
则＝n＋1，即an＝，
从而不等式＋＋tan≥0恒成立等价于－t≤＋n＋4恒成立，
易知当n＝2时，＋n＋4取得最小值，
所以－t≤，即t≥－.
所以实数t的取值范围是.
答案：
[高考大题通法点拨]

数列问题重在“归”——化归

　[思维流程]　　　

　[策略指导]
利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求数列{bn}的通项公式，想到求首项b1和公差d
给什么用什么
题目中给出{an}的前n项和Sn，an＝bn＋bn＋1.用Sn＝3n2＋8n求出an，由bn＋bn＋1＝an的关系求b1，d
差什么找什么
要求{bn}的通项公式，还需要求b1和d.
可令bn＋bn＋1＝an中的n＝1和n＝2，建立b1和d的方程组求解
　　第(2)问
求什么想什么
求{cn}的前n项和Tn，想到根据{cn}的通项公式的特征选择求和公式
给什么用什么
已知cn＝，用第(1)问中所求an及bn可化简得cn

[规范解答]
(1)由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.
当n＝1时，a1＝S1＝11，
符合上式．
所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为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×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，
得－Tn＝3×[2×22＋23＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×
＝－3n·2n＋2，
所以Tn＝3n·2n＋2.
[关键点拨]　等差、等比数列基本量的计算模型
设置中间问题
分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序
注意解题细节
在等差数列与等比数列综合问题中，如果等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

[对点训练]
　(2018·福州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项的和Sn.
解：(1)证明：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，
所以＝＝＝＝2，
又b1＝a2－a1＝2－1＝1，
所以数列{bn}是以1为首项，以2为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，
因为cn＝，
所以cn＝＝，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn
＝
＝＝.
　[总结升华]
对于数列的备考：一是准确掌握数列中an与Sn之间的关系，这是解决数列问题的基础；二是重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；三是注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；四是在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．　　　
[专题跟踪检测](对应配套卷P180)
一、全练保分考法——保大分
1．已知等差数列的前3项依次为a，a＋2,3a，前n项和为Sn，且Sk＝110，则k的值为(　　)
A．9　　　　　　　　　　 B．11
C．10 D．12
解析：选C　由a，a＋2,3a成等差数列，得公差为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·云南模拟)已知数列{an}是等差数列，若a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的等比数列，则q＝(　　)
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选C　依题意，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成等差数列；
又a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的等比数列，
因此有a1－1＝a3－3＝a5－5(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q＝＝1.
3．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难．次日脚痛减一半，六朝方得至其关．要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则第三天走了(　　)
A．60里 B．48里
C．36里 D．24里
解析：选B　由题意得每天走的路程构成等比数列{an}，其中q＝，S6＝378，则S6＝＝378，解得a1＝192，所以a3＝192×＝48.
4．已知递减的等差数列{an}中，a3＝－1，a1，a4，－a6成等比数列．若Sn为数列{an}的前n项和，则S7的值为(　　)
A．－14 B．－9
C．－5 D．－1
解析：选A　设数列{an}的公差为d，由题可知d<0，因为a1，a4，－a6成等比数列，所以a＝a1×(－a6)，即(a1＋3d)2＝a1×(－a1－5d)．又a3＝a1＋2d＝－1，联立可解得d＝－1或d＝(舍去)．因为d＝－1，所以a1＝1，所以S7＝－14.
5．若数列{an}是正项数列，且＋＋…＋＝n2＋n，则a1＋＋…＋等于(　　)
A．2n2＋2n B．n2＋2n
C．2n2＋n D．2(n2＋2n)
解析：选A　∵＋＋…＋＝n2＋n，①
∴当n＝1时，＝2，解得a1＝4.
当n≥2时，
＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1.②
①－②，得＝2n，∴an＝4n2.
当n＝1时上式也成立．
∴＝4n，则a1＋＋…＋＝4(1＋2＋…＋n)＝4×＝2n2＋2n.
6．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为(　　)
A．10 B．15
C．20 D．25
解析：选C　由题意可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，由S8－2S4＝5可得S8－S4＝S4＋5，由等比数列的性质可得S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2，综上可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝＝S4＋＋10≥2＋10＝20，
当且仅当S4＝5时等号成立，综上可得a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
7．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则其公比q等于________．
解析：∵{an}是由正数组成的等比数列，∴数列{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．在各项均为正数的等比数列{an}中，am－1am＋1＝2am(m≥2)，数列{an}的前n项积为Tn.若T2m－1＝512，则m的值为________．
解析：由等比数列的性质，得am＋1am－1＝a＝2am.又数列{an}的各项均为正数，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．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，则S2n－1＝________.
解析：因为a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，所以S2n－1＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2n－2＋a2n－1)＝1＋＋＋…＋＝＝.
答案：
10．(2018·成都模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设数列{an}的公差为d，
∵a2＝3，S4＝16，
∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，
解得a1＝1，d＝2.
∴an＝2n－1.
(2)由题意，bn＝＝，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝
＝.
11．(2019届高三·南宁二中、柳州高中联考)已知a1＝2，a2＝4，数列{bn}满足：bn＋1＝2bn＋2且an＋1－an＝bn.
(1)求证：数列{bn＋2}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：由题知，＝＝2，
∵b1＝a2－a1＝4－2＝2，∴b1＋2＝4，
∴数列{bn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)可得，bn＋2＝4·2n－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，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1－2n(n∈N*)．
12．已知数列{an}是等差数列，a2＝6，前n项和为Sn，{bn}是等比数列，b2＝2，a1b3＝12，S3＋b1＝19.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{bncos(anπ)}的前n项和Tn.
解：(1)∵数列{an}是等差数列，a2＝6，
∴S3＋b1＝3a2＋b1＝18＋b1＝19，∴b1＝1，
∵b2＝2，数列{bn}是等比数列，∴bn＝2n－1.
∴b3＝4，∵a1b3＝12，∴a1＝3，
∵a2＝6，数列{an}是等差数列，
∴an＝3n.
(2)由(1)得，令Cn＝bncos(anπ)＝(－1)n2n－1，
∴Cn＋1＝(－1)n＋12n，
∴＝－2，又C1＝－1，
∴数列{bncos(anπ)}是以－1为首项，－2为公比的等比数列，
∴Tn＝＝－[1－(－2)n]．

二、强化压轴考法——拉开分
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn＋1＝4an＋2，则a12＝(　　)
A．20 480 B．49 152
C．60 152 D．89 150
解析：选B　由S2＝4a1＋2，得a1＋a2＝4a1＋2，联立a1＝2，解得a2＝8.又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1－4an，∴an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，∴数列{an＋1－2an}是以a2－2a1＝4为首项，以2为公比的等比数列，∴an＋1－2an＝4×2n－1＝2n＋1，∴＝1，∴－＝1，∴数列是以＝1为首项，以1为公差的等差数列，∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝n·2n，∴a12＝12×212＝49 152.
2．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是(　　)
A．2n－1 B.n－1
C．n2 D．n
解析：选D　因为an＝n(an＋1－an)＝nan＋1－nan，所以nan＋1＝(n＋1)an，所以＝，所以an＝··…··a1＝··…··1＝n.
3．(2018·郑州模拟)已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝.若a2n＋1>a2n－1，a2n＋2 A. B.
C. D.
解析：选D　由题意可得a2n＋1－a2n－1>0，a2n＋2－a2n<0，则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
综合①②，得a2n－1－a2n<0，
即a2n－1－a2n＝－.
裂项，得a2n－a2n－1＝×.
综上可得，数列{(－1)nan}的前40项的和为(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a40－a39)＝×＝.
4．(2019届高三·河北“五个一名校联盟”联考)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是(　　)
A．3 971 B．3 972
C．3 973 D．3 974
解析：选B　由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数，…，根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有个数．由于2 016＝<2 018<＝2 080，因此，第2 018个数是第64组的第2个数．由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，…，第n组最后一个数是n2，因此，第63组最后一个数为632,632＝3 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972，故选 B.
5．(2019届高三·南昌调研)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3且当n≥2时，2an＝Sn·Sn－1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：当n≥2时，由2an＝Sn·Sn－1可得2(Sn－Sn－1)＝Sn·Sn－1，∴－＝，即－＝－，∴数列是首项为，公差为－的等差数列，∴＝＋·(n－1)＝，∴Sn＝.当n≥2时，an＝SnSn－1＝××＝，又a1＝3，
∴an＝
答案：
6．(2018·开封模拟)已知数列{an}满足[2－(－1)n]an＋[2＋(－1)n]an＋1＝1＋(－1)n×3n(n∈N*)，则a25－a1＝________.
解析：∵[2－(－1)n]an＋[2＋(－1)n]an＋1＝1＋(－1)n×3n，∴当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋3a2k＋1＝1＋6k，当n＝2k－1(k∈N*)时，3a2k－1＋a2k＝1－6k＋3，∴a2k＋1－a2k－1＝4k－1，∴a25＝(a25－a23)＋(a23－a21)＋…＋(a3－a1)＋a1＝(4×12－1)＋(4×11－1)＋…＋(4×1－1)＋a1＝4×－12＋a1＝300＋a1，∴a25－a1＝300.
答案：300
三、加练大题考法——少失分

1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S7＝0，a3－2a2＝12(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求数列的前n项和Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由已知得解得
所以an＝4n－16.
(2)由(1)知an＝4n－16，所以＝＝，
所以Sn＝＋＋＋…＋，
两边同乘以，
得Sn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减，得Sn＝＋＋＋＋…＋－＝
－＝1－，所以Sn＝2－.
2．设数列{an}的前n项和为Tn＝(n∈N*)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，定义[x]为不小于x的最小整数，求数列的前n项和Rn.
解：(1)因为数列{an}的前n项和为Tn＝，
所以a1＝T1＝＝.
当n≥2时，an＝Tn－Tn－1＝－＝2n－3，
当n＝1时，a1＝符合上式．
故an＝2n－3.
(2)由(1)可知，bn＝log2an＝n－3，
则数列{bn}是首项为－2，公差为1的等差数列，其前n项和Sn＝－n，则＝－.
因为当n≥1时，＝－单调递增，
所以＝－2，当2≤n≤5时，－≤≤0，
当n≥6时，≤<，
所以R1＝－2，
当2≤n≤5时，Rn＝－2＋0＋0＋…＋0＝－2，
当n≥6时，Rn＝－2＋(n－5)·1＝n－7，
所以Rn＝
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且a2＝3，S5＝25.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<1.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a2＝3，S5＝25，所以
解得所以an＝2n－1.
(2)证明：由(1)知，an＝2n－1，
所以Sn＝＝n2.
所以bn＝＝＝－.
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝1－<1.
4．(2017·山东高考)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.
解：(1)设数列{xn}的公比为q，由已知得q>0.
由题意得
所以3q2－5q－2＝0.
因为q>0，所以q＝2，x1＝1，
因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.
(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.
由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，
记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，
由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①
又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②
①－②得
－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1
＝＋－(2n＋1)×2n－1.
所以Tn＝.