浅谈数列在高考中的热点问题
高考数学复习第七章数列与数学归纳法专题探究课三高考中数列不等式证明的热点题型理市赛课公开课一等奖省名
≤|a2n－a2n－1|＋|a2n－1－a2n－2|＋…＋|an＋1－an| ≤13232n－2＋232n－3＋…＋23n－1 ＝23n－1－232n－1 ≤23－233＝1207. 综上，|a2n－an|≤1207.15 分(得分点 4)
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❶得步骤分：抓住得分点步骤，“步步为营”，求得满分.如(1)中，归纳猜测得2分； 用数学归纳法证实得3分，第(2)放缩法证实结论得5分等.
殊到普通结论成立问题.所以，能够在数列不等式证实中大显身手.
【例 1】 (满分 15 分)(2018·绍兴检测)已知数列{an}满足，a1＝1，an＝an1＋1－12. (1)求证：23≤an≤1； (2)求证：|an＋1－an|≤13； (3)求证：|a2n－an|≤1207.
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满分解答 证明 (1)由已知得 an＋1＝an＋1 12， 又 a1＝1，则 a2＝23，a3＝67，a4＝1149， 猜想23≤an≤1.2 分(得分点 1) 下面用数学归纳法证明. ①当 n＝1 时，命题显然成立； ②假设 n＝k 时，有23≤ak≤1 成立，
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(2)证明 因为 a1>2，可用数学归纳法证明：an>2 对任意 n∈N*恒成立. 于是 an＋1－an＝a2n－1<0，即{an}是递减数列. 在 Sn≥na1－13(n－1)中，令 n＝2， 得 2a1＋a21－1＝S2≥2a1－13，解得 a1≤3，故 2<a1≤3. 下证：①当 2<a1≤73时， Sn≥na1－13(n－1)恒成立. 事实上，当 2<a1≤73时，由于 an＝a1＋(an－a1)≥a1＋2－73＝a1－13，
(3)证明 由(2)可得 an＝32n1＋1≥32n＋132n－1＝2523n－1. 所以 Sn≥25＋25·231＋…＋25·23n－1 ＝651－23n， 故 Sn≥651－23n成立．
高考数学如何利用数列解决复杂的数论问题
高考数学如何利用数列解决复杂的数论问题数论作为数学的一个重要分支，研究整数及其性质，经常被高考数学考察。
在高考数学中，数列是一个重要的概念，它广泛应用于解决各种数论问题。
本文将讨论如何利用数列解决复杂的数论问题。
一、数列的定义与性质在进入数列与数论的结合之前，我们先来回顾一下数列的基本定义与性质。
数列是按照一定规律排列的一组数，可以表示为{a₁, a₂,a₃, ...} 。
其中，a₁, a₂, a₃等分别表示数列的第1项，第2项，第3项等。
数列除了可以按照顺序排列数，还有其他的特殊数列，如等差数列、等比数列等。
等差数列的通项公式为an=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差；等比数列的通项公式为an=a1*r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比。
数列的性质有多种，包括有界性、递增性等。
数列的有界性是指数列中的数有上界或下界，也可以同时兼顾上下界。
递增数列是指数列中的每一项都比前一项大，递减数列则相反，每一项都比前一项小。
二、数列在数论中的应用2.1 质数数列质数数列是指由质数按照一定规律排列而成的数列。
质数在数论中是一个重要的研究对象，质数数列可以帮助我们研究质数之间的规律和性质。
例如，通过观察质数数列，我们可以发现质数分布不均匀，存在一些间隔较小的质数对，这被称为质数间隔猜想。
质数数列的研究对于解决一些重要的数论问题具有重要意义。
2.2 斐波那契数列斐波那契数列是一个经典的数列，在高考数学中也经常被考察。
斐波那契数列的前两项为1，从第三项开始，每一项等于前两项之和。
即F₁=1，F₂=1，Fₙ=Fₙ₋₁+Fₙ₋₂。
斐波那契数列不仅在数论中有着重要的应用，还广泛出现在自然界中。
在高考中，通过对斐波那契数列的研究，可以帮助我们解决一些关于数列性质的问题，如递推关系、通项公式等。
2.3 等差数列与等差中数定理等差数列是数论中最基本的数列之一，在高考中也经常出现。
等差数列的性质以及利用等差数列解决问题的方法被称为等差中数定理。
高考数学中的数列问题解析
高考数学中的数列问题解析数列作为高中数学中的一个重要知识点，也是高考数学考试必考内容之一，其考察形式多样。
解题要求考生掌握数列的概念和性质，熟悉数列的常见变形和常用公式，能够灵活运用数列的基本思想和方法，多角度、多方式考虑问题，进行问题转化和求解，从而获得高分。
一、数列的概念和性质数列是由一定的规律按照一定的次序排列起来的一列数，其中每一个数都叫做这个数列的项。
对于数列 $\{a_n\}$， $a_n$表示第 $n$ 项，$n$称为项号。
项号从1开始，依次递增，可以是自然数或正整数等。
数列也可以用通项公式或递推公式来表示。
数列中有些重要的性质，比如数列的通项公式和前n项和的公式，需要考生掌握。
比较常见的有等差数列和等比数列。
1.等差数列如果一个数列从第二项开始，每一项与它前面的项之差等于同一个常数 $d$，那么这个数列就叫做等差数列。
等差数列的通项公式和前n项和分别为：$$a_n=a_1+(n-1)d$$$$S_n=\dfrac{n}{2}(a_1+a_n)=\dfrac{n}{2}[2a_1+(n-1)d]$$其中，$a_1$表示首项，$d$表示公差，$S_n$表示前$n$ 项和。
2.等比数列如果一个数列从第二项开始，每一项与它前面的项之比等于同一个常数 $q$，那么这个数列就叫做等比数列。
等比数列的通项公式和前n项和分别为：$$a_n=a_1q^{n-1}$$$$S_n=\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}$$其中，$a_1$表示首项，$q$表示公比，$S_n$表示前$n$ 项和。
二、数列的常见变形和常用公式在高考中，常常会出现各种数列的常见变形，考生需要熟悉各种数列变形的求法和特点，这样才能在考试中不失分机会。
1.递推数列递推数列是指每一项都是由它前面的项或几项经过一定的运算算出来的，因此我们称之为递推数列。
比如斐波那契数列、鬼谷数列等就是递推数列的典型例子。
在高考数学考试中，考生通常需要利用递推数列的递推式来求得数列的某一项。
浅谈高考数列综合问题的解题策略及反思
浅谈高考数列综合问题的解题策略及反思高考数列综合问题是近几年高考数学中的一个重要考点，通过解题策略的运用可以帮助考生更好地应对这类题目。
本文将浅谈高考数列综合问题的解题策略，并进行反思和总结。
一、高考数列综合问题的解题策略1. 确定数列的表达式在解决数列综合问题时，首先需要确定数列的表达式，即找出数列的通项公式。
通过观察数列的前几项，寻找数列的规律，并尝试找到递推公式或通项公式。
对于常见的等差数列、等比数列和斐波那契数列，可以直接利用已有的性质和公式进行求解。
而对于一些复杂的数列，可以通过列出递推关系式或使用递归思想进行求解。
2. 应用数列的性质和定理在解决数列综合问题时，可以利用数列的性质和定理来简化问题的求解过程。
例如，对于等差数列，可以应用数列的前n项和公式、通项公式和项数的关系来求解。
对于等比数列，可以利用数列的前n项和公式、通项公式和项数的关系来求解。
掌握这些数列的性质和定理，能够帮助考生更快地解答题目。
3. 运用数列思想和数学归纳法数列思想和数学归纳法在解决数列综合问题中起着关键作用。
通过观察数列的规律，推测出数列的通项公式，并通过数学归纳法来验证所推测的结论是否成立。
此外，还可以通过数列的特殊构造和等式的变换，运用数学归纳法来解决数列综合问题。
4. 利用图形化表示对于一些复杂的数列综合问题，可以通过图形化表示进行求解。
将数列的每一项用点表示在坐标系中，从而可以观察出数列的规律和特点。
通过图形化表示可以帮助考生更直观地理解问题，并以直观的方式解决问题。
二、解题策略的反思与总结在解题过程中，有时会遇到难题，但通过灵活运用不同的解题策略可以更好地应对。
然而，在实际解题中，我们还需注意以下几点：1. 理解题意，准确运用数列知识在解决高考数列综合问题时，首先要仔细阅读题目，明确问题所给条件和要求，确保理解题意。
其次，要准确运用数列的知识，利用已学过的公式和定理进行求解。
对于不太熟悉的数列类型，要通过多做习题和练习来加深理解，扩大解题思路。
高考数学《数列中的存在性问题》
高考数学 数列中的存在性问题
解析：(1) 令 n＝1，则 a1＝S1＝1a12－a1＝0. (2) 由 Sn＝nan2－a1，即 Sn＝n2an， ① 得 Sn＋1＝n＋12an＋1. ② ②－①，得(n－1)an＋1＝nan. ③ 于是 nan＋2＝(n＋1)an＋1. ④
高考数学 数列中的存在性问题
高考数学 数列中的存在性问题
例 3 已知数列{an}的奇数项是首项为 1 的等差数列，偶数项是首项为 2 的等比数 列，数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S3＝a4，a5＝a2＋a3. (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 若 amam＋1＝am＋2，求正整数 m 的值； (3) 是否存在正整数 m，使得SS2m2m－1恰好为数列{an}中的一项？若存在，求出所有满 足条件的 m 的值；若不存在，请说明理由．
高考数学 数列中的存在性问题
解析：(1) 由条件知 a1＝3. 当 n≥2 时，由 a1＋aλ2＋aλ23＋…＋λan－n1＝n2＋2n， ① 得 a1＋aλ2＋aλ23＋…＋aλnn－－21＝(n－1)2＋2(n－1)． ② ①－②得λan－n1＝2n＋1，所以 an＝(2n＋1)λn－1(n≥2)． 因为 a1＝3，所以 an＝(2n＋1)λn－1(n∈N*)．
高考数学 数列中的存在性问题
不合题意． 综上可知 m＝2. (3) 因为 S2m＝(a1＋a3＋…＋a2m－1)＋(a2＋a4＋…＋a2m) ＝m1＋22m－1＋211－－33m＝3m＋m2－1. S2m－1＝S2m－a2m＝3m＋m2－1－2·3m－1＝3m－1＋m2－1. 所以SS2m2m－1＝33mm－＋1＋mm2－2－11＝3－3m2－1m＋2－m21－ 1≤3.
高考数学 数列中的存在性问题
高考数学中常见的数列问题解答
高考数学中常见的数列问题解答数列作为高考数学中的常见考点之一，经常出现在各类数学试题中。
学好数列的相关知识，不仅能够帮助我们解答问题，还能够提高我们的逻辑推理能力和问题解决能力。
本文将针对高考数学中常见的数列问题，进行详细的解答和分析，帮助同学们更好地应对考试。
一、等差数列问题解答等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。
常见的等差数列问题通常涉及求和、通项等问题。
1. 求等差数列的前n项和：设等差数列的首项为a1，公差为d，首项为a1，末项为an，共有n 项。
根据等差数列的特点，可得到如下公式：Sn = (2a1 + (n - 1)d) * n / 22. 求等差数列的通项公式：设等差数列的首项为a1，公差为d，第n项为an。
根据等差数列的特点，可得到如下公式：an = a1 + (n - 1)d3. 求等差数列中满足特定条件的项数：对于等差数列，我们常常需要求出满足一定条件的项数。
例如，已知等差数列的首项为a1，公差为d，求第n项为m的项数时，可以通过以下公式解答：an = a1 + (n - 1)d = m二、等比数列问题解答等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。
常见的等比数列问题通常涉及求和、通项等问题。
1. 求等比数列的前n项和：设等比数列的首项为a1，公比为q，首项为a1，末项为an，共有n 项。
根据等比数列的特点，可得到如下公式：Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)2. 求等比数列的通项公式：设等比数列的首项为a1，公比为q，第n项为an。
根据等比数列的特点，可得到如下公式：an = a1 * q^(n - 1)3. 求等比数列中满足特定条件的项数：对于等比数列，我们常常需要求出满足一定条件的项数。
例如，已知等比数列的首项为a1，公比为q，求第n项为m的项数时，可以通过以下公式解答：an = a1 * q^(n - 1) = m三、其他常见数列问题解答除了等差数列和等比数列外，还有一些其他常见的数列形式，如递推数列、斐波那契数列等，下面将对这些问题进行解答。
2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点(解析版)
数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516B.440C.258D.2202(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65mB.85mC.100mD.120m3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点（解析版）4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m项，可由a m=12(a m-n+a m+n)转化为求a m-n，a m+n或a m-n+a m+n的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8= ()A.12B.24C.30D.326(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.427(2023·全国高考真题)已知a n为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n项和公式,共涉及五个量a1,a n,q,n,S n,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an}的通项公式；(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．9(2022·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n 的通项公式及其前n 项和．热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列，且a 1+a 2+a 3+a 4=ln (a 1+a 2+a 3)．若a 1>1，则A.a 1<a 3,a 2<a 4B.a 1>a 3,a 2<a 4C.a 1<a 3,a 2>a 4D.a 1>a 3,a 2>a 412(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x 轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y =1.1x ，第n 根弦(n ∈N ，从左数首根弦在y 轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l ：y =x +1交于点A n x n ,y n 和B n x n,y n，则20n =0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.14(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x ,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<416(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.1217(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．19(2021·全国·统考高考真题)设a n 是首项为1的等比数列，数列b n 满足b n =na n3．已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为a n 和b n 的前n 项和．证明：T n <S n2．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n 与b n 的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.热点六数列与解析几何交汇22(2022·全国·统考高考真题)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ,BB ,CC ,DD 是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举，OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA 1BA 1=k 3．已知k 1,k 2,k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.923(重庆·高考真题)设A x 1,y 1 ,B 4,95 ,C x 2,y 2 是右焦点为F 的椭圆x 225+y 29=1上三个不同的点，则“|AF |,|BF |,|CF |成等差数列”是“x 1+x 2=8”的()A.充要条件B.必要而不充分条件C.充分而不必要条件D.既不充分也不必要条件24(2021·浙江·统考高考真题)已知a ,b ∈R ,ab >0，函数f x =ax 2+b (x ∈R ).若f (s -t ),f (s ),f (s +t )成等比数列，则平面上点s ,t 的轨迹是()A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线热点七数列与概率统计交汇25(2023秋·江西·高三校联考阶段练习)甲同学现参加一项答题活动，其每轮答题答对的概率均为13，且每轮答题结果相互独立.若每轮答题答对得5分，答错得0分，记第i 轮答题后甲同学的总得分为X i ，其中i =1,2,⋅⋅⋅,n .(1)求E X 99 ；(2)若乙同学也参加该答题活动，其每轮答题答对的概率均为23，并选择另一种答题方式答题：从第1轮答题开始，若本轮答对，则得20分，并继续答题；若本轮答错，则得0分，并终止答题，记乙同学的总得分为Y .证明：当i >24时，E X i >E Y .26(2023秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点A 处有一只小蚂蚁，每次随机等可能地沿各条棱或侧面对角线向另一顶点移动，设小蚂蚁移动n 次后仍在底面ABC 的顶点处的概率为P n .(1)求P1，P2的值.(2)求P n.27(2019·全国·高考真题(理))为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得-1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得-1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．(1)求X的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i(i=0,1,⋯,8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0，p8=1，p i=ap i-1+bp i+cp i+1(i=1,2,⋯,7)，其中a=P(X=-1)，b=P(X=0)，c=P(X=1)．假设α=0.5，β=0.8．(i)证明：{p i+1-p i}(i=0,1,2,⋯,7)为等比数列；(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．热点八等差数列、等比数列的判断与证明28【多选题】(2022·广东茂名·模拟预测)已知数列a n的前n项和为S，a1=1，S n+1=S n+2a n+1，数列2na n⋅a n+1的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为()A.数列a n+1是等比数列 B.数列a n+1是等差数列C.数列a n的通项公式为a n=2n-1 D.T n>129(2021·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和，b n为数列S n的前n项积，已知2S n+1b n=2．(1)证明：数列b n是等差数列;(2)求a n的通项公式．热点九数列中的“新定义”问题30(2020·全国·统考高考真题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1,2,⋯)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1,2,⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2⋯a n⋯，C(k)=1 mmi=1a i a i+k(k=1,2,⋯,m-1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯31【多选题】(2023秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，⋯称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，⋯称为正方形数，记三角形数构成数列a n，正方形数构成数列b n，则下列说法正确的是()A.1b 1+1b 2+1b 3+⋯+1b n<2；B.1225既是三角形数，又是正方形数；C.10i =11b i +1-a i +1=95；D.∀m ∈N *，m ≥2总存在p ，q ∈N *，使得b m =a p +a q 成立；32(2022秋·山东·高三校联考阶段练习)若项数为n 的数列a n 满足：a i =a n +1-i i =1，2，3，⋯，n 我们称其为n 项的“对称数列”．例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”．设数列c n 为2k +1项的“对称数列”，其中c 1，c 2⋯c k +1是公差为2的等差数列，数列c n 的最大项等于8，记数列c n 的前2k +1项和为S 2k +1，若S 2k +1=32，则k =．数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516 B.440C.258D.220【答案】D【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出a 4,a 6，再利用前n 项和公式求解作答.【详解】等差数列a n 为递增数列，则a 4<a 6，由a 3+a 7=34，得a 4+a 6=34，而a 4⋅a 6=280，解得a 4=14,a 6=20，所以S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6=220.故选：D2(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65m B.85mC.100mD.120m【答案】B【分析】依题意，可以把绕在盘上的卫生纸长度，近似看成300个半径成等差数列的圆周长，然后分别计算各圆的周长，再借助等差数列前n 项和公式求总和即可.【详解】因为空盘时盘芯直径为60mm ，则半径为30mm ，周长为2π×30=60πmm ，又满盘时直径为120mm ，则半径为60mm ，周长为2π×60=120πmm ，又因为卫生纸的厚度为0.1mm ，则60-300.1=300，即每一圈周长成等差数列，项数为300，于是根据等差数列的求和公式，得：S300=300×60π+120π2=27000πmm ，又27000πmm≈84780mm≈85m，即满盘时卫生纸的总长度大约为85m，故选：B.3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【答案】C【解析】设第n环天石心块数为a n，第一层共有n环，则a n是以9为首项，9为公差的等差数列，a n=9+n-1×9=9n，设S n为a n的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为S n，S2n-S n，S3n-S2n，因为下层比中层多729块，所以S3n-S2n=S2n-S n+729，即3n9+27n2-2n9+18n2=2n9+18n2-n9+9n2+729即9n2=729，解得n=9，所以S3n=S27=279+9×272=3402.故选：C4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【答案】2【分析】转化条件为2a1+2d=2a1+d+6，即可得解.【详解】由2S3=3S2+6可得2a1+a2+a3=3a1+a2+6，化简得2a3=a1+a2+6，即2a1+2d=2a1+d+6，解得d=2.故答案为：2.【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m 项，可由a m =12(a m -n +a m +n)转化为求a m -n ，a m +n 或a m -n +a m +n 的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n }是等比数列，且a 1+a 2+a 3=1，a 2+a 3+a 4=2，则a 6+a 7+a 8=()A.12B.24C.30D.32【答案】D【分析】根据已知条件求得q 的值，再由a 6+a 7+a 8=q 5a 1+a 2+a 3 可求得结果.【详解】设等比数列a n 的公比为q ，则a 1+a 2+a 3=a 11+q +q 2 =1，a 2+a 3+a 4=a 1q +a 1q 2+a 1q 3=a 1q 1+q +q 2 =q =2，因此，a 6+a 7+a 8=a 1q 5+a 1q 6+a 1q 7=a 1q 51+q +q 2 =q 5=32.故选：D .6(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.42【答案】D【分析】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，利用等比数列的求和公式求出a 1的值，然后利用等比数列的求和公式可求得此人后3天共走的里程数.【详解】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，所以，a 11-12 6 1-12=6332a 1=378，解得a 1=378×3263=192，所以，此人后三天所走的里程数为a 4+a 5+a 6=192×181-1231-12=42.故选：D .7(2023·全国高考真题)已知a n 为等比数列，a 2a 4a 5=a 3a 6，a 9a 10=-8，则a 7=.【答案】-2【分析】根据等比数列公式对a 2a 4a 5=a 3a 6化简得a 1q =1，联立a 9a 10=-8求出q 3=-2，最后得a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2.【解析】设a n 的公比为q q ≠0 ，则a 2a 4a 5=a 3a 6=a 2q ⋅a 5q ，显然a n ≠0，则a 4=q 2，即a 1q 3=q 2，则a 1q =1，因为a 9a 10=-8，则a 1q 8⋅a 1q 9=-8，则q 15=q 5 3=-8=-2 3，则q 3=-2，则a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2，故答案为：-2.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公比q ,然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n 项和公式,共涉及五个量a 1,a n ,q ,n ,S n ,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an }是等差数列，a 1=-10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an }的通项公式；(Ⅱ)记{an }的前n 项和为Sn ，求Sn 的最小值．【答案】(Ⅰ)a n =2n -12；(Ⅱ)-30.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得a n 的通项公式；(Ⅱ)首先求得S n 的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】(Ⅰ)设等差数列a n 的公差为d ，因为a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列，所以(a 3+8)2=(a 2+10)(a 4+6)，即(2d -2)2=d (3d -4)，解得d =2，所以a n =-10+2(n -1)=2n -12.(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n =2n -12,所以S n =-10+2n -122×n =n 2-11n =n -112 2-1214；当n =5或者n =6时，S n 取到最小值-30.9(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和．已知2S nn+n =2a n +1．(1)证明：a n 是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)-78．【分析】(1)依题意可得2S n +n 2=2na n +n ，根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2，作差即可得到a n -a n -1=1，从而得证；(2)法一：由(1)及等比中项的性质求出a 1，即可得到a n 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】(1)因为2S nn+n =2a n +1，即2S n +n 2=2na n +n ①，当n ≥2时，2S n -1+n -1 2=2n -1 a n -1+n -1 ②，①-②得，2S n +n 2-2S n -1-n -1 2=2na n +n -2n -1 a n -1-n -1 ，即2a n +2n -1=2na n -2n -1 a n -1+1，即2n -1 a n -2n -1 a n -1=2n -1 ，所以a n -a n -1=1，n ≥2且n ∈N *，所以a n 是以1为公差的等差数列．(2)[方法一]：二次函数的性质由(1)可得a 4=a 1+3，a 7=a 1+6，a 9=a 1+8，又a 4，a 7，a 9成等比数列，所以a 72=a 4⋅a 9，即a 1+6 2=a 1+3 ⋅a 1+8 ，解得a 1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+n n-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时，S nmin=-78．[方法二]：【最优解】邻项变号法由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，即有a1<a2<⋯<a12<0,a13=0.则当n=12或n=13时，S nmin=-78．【整体点评】(2)法一：根据二次函数的性质求出S n的最小值，适用于可以求出S n的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n的通项公式及其前n项和．【答案】(1)a n=2n+1，2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1；(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)b n=2n，前n项和为2n+1-2.【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n项和公式计算可得2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，即可证得题中的不等式；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n 项和公式即可计算其前n项和.【详解】(1)由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5-a3=2d=4，解得a1=3d=2，则数列a n的通项公式为a n=a1+n-1d=2n+1，求和得2n-1i=2n-1a i=2n-1i=2n-12i+1=22n-1i=2n-1i+2n-1-2n-1+1=22n-1+2n-1+1+2n-1+2+⋯+2n-1+2n-1=22n-1+2n-1⋅2n-12+2n-1=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)由题意可知，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，则b k<a2k-1=2×2k-1+1=2k+1，即b k<2k+1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，此时a n=a2k-1-1=22k-1-1+1=2k-1，据此可得2k-1<b k，综上可得：2k-1<b k<2k+1.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k-1<bk<2k+1，2k+1-1<b k+1<2k+1+1则数列b n的公比q满足2k+1-12k+1=2-32k+1<q=b k+1b k<2k+1+12k-1=2+32k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-3 2k+1→2,2+32k-1→2，所以q=2，所以2k-1<b12k-1<2k+1，即2k-12k-1=2-12k-1<b1<2k+12k-1=2+12k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-1 2k-1→2,2+12k-1→2，所以b1=2，所以数列的通项公式为b n=2n，其前n项和为：S n=2×1-2n1-2=2n+1-2.热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B【分析】先证不等式x≥ln x+1，再确定公比的取值范围，进而作出判断.【详解】令f(x)=x-ln x-1,则f (x)=1-1x，令f(x)=0,得x=1，所以当x>1时，f (x)>0，当0<x<1时，f (x)<0，因此f(x)≥f(1)=0,∴x≥ln x+1，若公比q>0，则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3)，不合题意；若公比q≤-1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]>ln a1>0，即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3)，不合题意；因此-1<q<0,q2∈(0,1)，∴a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0，选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如x≥ln x+1,e x≥x+1,e x≥x2+1(x≥0).12(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y=1.1x，第n根弦(n∈N，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l：y=x+1交于点A n x n,y n和B n x n ,y n，则20n=0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)【答案】914【分析】根据题意可得y n =n +1,y n=1.1n ，进而利用错位相减法运算求解.【详解】由题意可知：y n =n +1,y n =1.1n ，则20n =0y n y n=20n =0n +1 1.1n =1×1.10+2×1.11+⋯+20×1.119+21×1.120，可得1.1×20n =0y n y n =1×1.11+2×1.12+⋯+20×1.120+21×1.121，两式相减可得：-0.1×20n =0y n y n=1.10+1.11+⋯+1.120-21×1.121=1-1.1211-1.1-21×1.121=1-1.121+0.1×21×1.121-0.1=1+1.122-0.1=1+8.14-0.1=-91.4，所以20n =0y n y n=914.故答案为：914.13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.【答案】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)推导出a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=4a 2n -1，得到结论；(2)先得到a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =2(n -1)+log 2a 1，从而得到S 10=341a 1+5log 2a 1+20，令f (x )=341x +5log 2x +20，得到函数单调递增，且由特殊点函数值得到a 1=1，b n =14n2，求出T 1=14<74，当n ≥2时，利用裂项相消法求和，得到T n <12.【详解】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明如下：根据a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗得，a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=22a 2n -1=4a 2n -1；∵a 1>0，∴a 2n -1>0，a2n +1a 2n -1=4，即数列a 2n -1 成等比数列.(2)由(1)得，a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =log 2a 2n -1=2(n -1)+log 2a 1，故S 10=a 140+41+42+43+44 +5log 2a 1+2×(0+1+2+3+4)=341a 1+5log 2a 1+20，由S 10=361，得341a 1+5log 2a 1+20=361.令f (x )=341x +5log 2x +20，当x >0时，f (x )=341x +5log 2x +20单调递增，且f (1)=361=f a 1 ，故a 1=1，a 2n +1=4n =22n ，a 2n +2=log 2a 1+2n =2n ，∴b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2=14n 2，T 1=b 1=14<12，当n ≥2时，b n =14n2<14(n -1)n =141n -1-1n∴T n =b 1+b 2+⋯+b n <141+1-12+12-13+⋯+1n -1-1n=142-1n <14×2=12，综上，知T n <1214(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；【答案】(1)x 1+x 2=1,y 1+y 2=-2(2)存在，c =1,m =1【分析】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，利用AM =MB ，可得x 1+x 2=1，分类讨论：①x 1=12，x 2=12；②x 1≠12时，x 2≠12，利用函数解析式，可求y 1+y 2的值；(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2，∴f k n +f n -kn=-2，代入k =0，1，2，⋯，n -1，利用倒序相加法可得S n =1-n ，从而可得数列a n 的通项与前n 项和，利用T m -c T m +1-c <12化简即可求得结论.【详解】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，则AM =12-x 1,y M -y 1 ，MB =x 2-12,y 2-y M ，∵AM =MB ，∴x 1+x 2=1．①当x 1=12时，x 2=12，y 1+y 2=f x 1 +f x 2 =-1-1=-2；②当x 1≠12时，x 2≠12，y 1+y 2=2x 11-2x 1+2x 21-2x 2=2x 11-2x 2 +2x 21-2x 1 1-2x 1 1-2x 2 =2(x 1+x 2)-8x 1x 21-2(x 1+x 2)+4x 1x 2=2(1-4x 1x 2)4x 1x 2-1=-2；综合①②得，y 1+y 2=-2．(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2．∴f k n +f n -k n=-2，k =0,1,2,⋯,n -1，∴n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n①S n =f n -1n +f n -2n +f n -3n +⋯+f 1n ②①+②得，2S n =-2(n -1)，则S n =1-n ．又n =1时，S 1=0满足上式，∴S n =1-n ．∴a n =2S n=21-n ，∴T n =1+12+⋯+12n -1=1×1-12 n1-12=2-22n．∵T m -c T m +1-c <12，∴2T m -c -T m +1-c 2T m +1-c<0，∴c -2T m -T m +1c -T m +1<0，∵Tm +1=2-12m ，2T m -T m +1=4-42m -2+12m =2-32m ，∴12≤2-32m <c <2-12m <2，c ,m 为正整数，∴c =1，当c =1时，2-32m<12-12m >1，∴1<2m <3，∴m =1．【点评】作为高考热点，数列与函数的交汇问题，等差数列易于同二次函数结合，研究和的最值问题，而等比数列易于同指数函数结合，利用指数函数的单调性解决问题，递推、通项问题往往与函数的单调性、周期性相结合.热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<4【答案】B【分析】先通过递推关系式确定a n 除去a 1，其他项都在0,1 范围内，再利用递推公式变形得到1a n +1-1a n =13-a n >13，累加可求出1a n >13(n +2)，得出100a 100<3，再利用1a n +1-1a n =13-a n<13-3n +2=131+1n +1 ，累加可求出1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ，再次放缩可得出100a 100>52．【详解】∵a 1=1，易得a 2=23∈0,1 ，依次类推可得a n ∈0,1由题意，a n +1=a n 1-13a n ，即1a n +1=3a n 3-a n=1a n +13-a n ，∴1a n +1-1a n =13-a n >13，即1a 2-1a 1>13，1a 3-1a 2>13，1a 4-1a 3>13，⋯，1a n -1a n -1>13,(n ≥2)，累加可得1a n -1>13n -1 ，即1a n >13(n +2),(n ≥2)，∴a n <3n +2,n ≥2 ，即a 100<134，100a 100<10034<3,又1a n +1-1a n =13-a n <13-3n +2=131+1n +1 ,(n ≥2)，∴1a 2-1a 1=131+12 ，1a 3-1a 2<131+13 ，1a 4-1a 3<131+14 ，⋯，1a n -1a n -1<131+1n,(n≥3)，累加可得1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ,(n ≥3)，∴1a 100-1<33+1312+13+⋯+1100 <33+1312×4+16×96 <39，即1a 100<40，∴a 100>140，即100a 100>52；综上：52<100a 100<3．故选：B ．16(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.12【答案】C【分析】由题意可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n，结合等比数列前n 项和解不等式即可.【详解】由题意可知操作1次时有21=2个边长为121=12的小正方形，即S 1=21×1212=121=12，操作2次时有22=4个边长为122=14的小正方形，即S 2=22×122 2=122=14，操作3次时有23=8个边长为123=18的小正方形，即S 3=23×1232=123=18，以此类推可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n ，由等比数列前n 项和公式有S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n =12+12 2+⋅⋅⋅+12 n =12×1-12 n1-12=1-12 n，从而问题转换成了求1-12 n ≥20232024不等式的最小正整数解，将不等式变形为12 n ≤12024，注意到12 10=11024>12024，1211=12048<12024，且函数y =12x在R 上单调递减，所以n 的最小值是11.故选：C .17(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式以及前n 项和公式，列方程求解首项和公差，即得答案；(2)由(1)结论可得b n =1a n a n +1的表达式，利用裂项求和可得T n 表达式，即可证明结论.【详解】(1)设a n 的公差为d ，由S 4=4S 2得，4a 1+6d =42a 1+d ，解得d =2a 1，∵a 3n =3a n +2，即a 1+3n -1 d =3a 1+n -1 d +2，∴2d =2a 1+2，结合d =2a 1，∴d =2,a 1=1,∴a n =1+2n -1 =2n -1；(2)证明：由b n =12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 .∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1，即∴T n =121-12n +1 ，又T n 随着n 的增大增大，当n =1时，T n 取最小值为T 1=13，又n →+∞时，12n +1>0，且无限趋近于0，故T n =121-12n +1 <12，故13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n n +12(2)见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式求得S n a n =1+13n -1 =n +23，得到S n =n +2 a n 3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,进而得：a n a n -1=n +1n -1，利用累乘法求得a n =n n +1 2，检验对于n =1也成立，得到a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)由(1)的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n =21-1n +1 ，进而证得.【详解】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a na n-1=n+1n-1,∴a n=a1×a2a1×a3a2×⋯×a n-1a n-2×a na n-1=1×31×42×⋯×nn-2×n+1n-1=n n+12，显然对于n=1也成立，∴a n的通项公式a n=n n+12；(2)1a n =2n n+1=21n-1n+1,∴1 a1+1a2+⋯+1a n=21-12+12-13+⋯1n-1n+1=21-1n+1<219(2021·全国·统考高考真题)设a n是首项为1的等比数列，数列b n满足b n=na n3．已知a1，3a2，9a3成等差数列．(1)求a n和b n的通项公式；(2)记S n和T n分别为a n和b n的前n项和．证明：T n<S n 2．【答案】(1)a n=13n-1，b n=n3n；(2)证明见解析.【分析】(1)利用等差数列的性质及a1得到9q2-6q+1=0，解方程即可；(2)利用公式法、错位相减法分别求出S n,T n，再作差比较即可.【详解】(1)因为a n是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2-6q+1=0，解得q=13，所以a n=13n-1，所以b n=na n3=n3n.(2)[方法一]：作差后利用错位相减法求和T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，S n 2=12130+131+132+⋯+13n-1 ，T n-S n2=13+232+333+⋯+n3n-12130+131+132+⋯+13n-1 =0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1+n3n．设Γn=0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1， ⑧则13Γn=0-1231+1-1232+2-1233+⋯+n-1-123n． ⑨由⑧-⑨得23Γn=-12+131+132+⋯+13n-1-n-323n=-12+131-13n-11-13-n-323n．所以Γn=-14×3n-2-n-322×3n-1=-n2×3n-1．因此T n-S n2=n3n-n2×3n-1=-n2×3n<0．故T n<S n 2．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由(1)可得S n=1×1-13n1-13=321-13n，T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，①1 3T n=132+233+⋯+n-13n+n3n+1，②①-②得23T n=13+132+133+⋯+13n-n3n+1=131-13n1-13-n3n+1=121-13n-n3n+1，所以T n=341-13n-n2⋅3n，所以T n-S n2=341-13n-n2⋅3n-341-13n=-n2⋅3n<0，所以T n<S n 2 .[方法三]：构造裂项法由(Ⅰ)知b n=n13n，令c n=(αn+β)13 n，且b n=c n-c n+1，即n13 n=(αn+β)13 n-[α(n+1)+β]13n+1，通过等式左右两边系数比对易得α=32,β=34，所以c n=32n+34 ⋅13 n．则T n=b1+b2+⋯+b n=c1-c n+1=34-34+n2 13 n，下同方法二．[方法四]：导函数法设f(x)=x+x2+x3+⋯+x n=x1-x n1-x，由于x1-x n1-x'=x1-x n'1-x-x1-x n×1-x'1-x2=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2，则f (x)=1+2x+3x2+⋯+nx n-1=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2．又b n=n13n=13n13 n-1，所以T n=b1+b2+b3+⋯+b n=131+2×13+3×132+⋯+n⋅13n-1 =13⋅f 13 =13×1+n13n+1-(n+1)13 n1-132=341+n13n+1-(n+1)13n =34-34+n213 n，下同方法二．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n与b n的前n项和分别为A n和B n，且对任意n∈N*，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.【答案】(1)n (n +1)；(2)3【分析】(1)利用a n ,S n 求通项公式，再求证{b n }是首项、公差均为2的等差数列，进而求B n ；(2)由题设易得b n +1=3b n ，等比数列前n 项和公式求B n ，进而可得b n +1a n a n +1=1B n -1B n +1，裂项相消法化简已知不等式左侧，得b 1>31-23n +1-1恒成立，进而求最小值.【详解】(1)由题设，a n =A n -A n -1=32[n 2+n -(n -1)2-n +1]=3n 且n ≥2，而a 1=A 1=3，显然也满足上式，故a n =3n ，由a n +1-a n =32b n +1-b n ⇒b n +1-b n =2，又b 1=2，所以{b n }是首项、公差均为2的等差数列.综上，B n =2×(1+...+n )=n (n +1).(2)由a n =B n ，a n +1-a n =32b n +1-b n ，则B n +1-B n =b n +1=32(b n +1-b n )，所以b n +1=3b n ，而b 1≥1，故bn +1b n=3，即{b n }是公比为3的等比数列.所以B n =b 1(1-3n )1-3=b 12(3n -1)，则B n +1=b12(3n +1-1)，b n +1a n a n +1=B n +1-B n B n +1B n =1B n -1B n +1，而b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13，所以1B 1-1B 2+1B 2-1B 3+...+1B n -1B n +1=1B 1-1B n +1=1b 1-2b 1(3n +1-1)<13，所以1b 11-23n +1-1 <13⇒b 1>31-23n +1-1对n ∈N *都成立，所以1-23n +1-1<1，故b 1≥3，则正整数b 1的最小值为3.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.【答案】(1)a n =n ；b n =2n (2)证明见解析【分析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，根据题意列式求d ,q ，进而可得结果；(2)利用分组求和以及裂项相消法求得T n =-14n +2+4n +13-56，进而根据数列单调性分析证明.【详解】(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a 1=1，a 5=5a 4-a 3 ，可得1+4d =5d ，解得d =1。
高考中的数列问题
浅谈高考中的数列问题数列是高考的重点内容之一，近几年高考中数列问题的难度有所下降，已从原来的压轴题逐渐变成中等题，较易题，大题一般出现在17-20题之间，主要考察两个特殊数列的定义、等差和等比通项公式、前n项和及性质。
解决有关数列的问题应首先考虑定义和基本量法，记准记熟常规法，做熟做好常规题，现通过几道高考题将常用方法归纳如下：一、通项公式的求法1.基本量法在等差和等比数列中，已知五个元素a1，an，d（q），n，sn中的三个，运用方程的思想，可求出其余两个，本着“化多为少”的原则，抓住首项a1和公差d（或公比 q）。
例1 （2012年山东）在等差数列{an}中，a3+a4+a5=84，a9=73，求数列{an}的通项公式。
分析：将a3，a4，a5，a9用a1和d公差表示出来，利用方程解出首项和公差。
解：设数列{an}的首项为a1，公差为d，则由题意得：a3+a4+a5=a1+2d+a1+3d+a1+4d=3a1+9d=84则a1+d=28，a9=a1+8d=73，解得a1=1，d=9从而得：an=1+9（n-1）=9n-1点评：利用基本量法解决数列问题是最基本最常用的方法，也是数列求通项求和的首选方法。
2.已知数列的前n项和sn求通项例2 已知sn是数列{an }的前n项和，且sn=n2+1，求数列{an }的通项公式。
分析：由sn求通项，可利用公式：an=s1（n=1）sn-sn-1（n≥2）解：当n=1时，a1=s1=2；当n≥2 时，an=sn-sn-1=n2+1-（n-1）2-1=2n-1当n=1时，a1=2不适合上式，因而得an=2（n=1）2n-1（n≥2）又如（2007年山东理）已知数列{an} 满足a1+3a2+32a3 +33a4+…+3n-1an= （n∈n+ ），求数列{an}的通项公式。
分析：通过观察发现等式左边是数列{3n-1an}的前n项和，可采用求出其通项，再进一步求{an}的通项。
高考数学复习热点07 数列与不等式(原卷版)
热点07 数列与不等式【命题趋势】 在目前高考卷的考点中，数列主要以两小或一大为主的考查形式，在小题中主要以等差数列和等比数列为主，大题与三角函数，解三角形的内容交替考查，早在2014年和2015年卷中，以数列的通项与求和为主，而近3年的第17题（即解答题的第1题的位置），完全是考查解三角形.但是数列仍然作为解答题第一题的热点.由于三角函数与数列均属于解答题第一题，考查的内容相对比较简单，这一部分属于必得分，对于小题部分，一般分布为一题简单题一道中等难度题目，对于不等式一般以线性规划以及作为一个工具配合其他知识点出现.主要是以基本不等式作为切入点形式出现，题目难度中等本.专题针对高考中数列，不等式等高频知识点，预测并改编一些题型，通过本专题的学习，能够彻底掌握数列，不等式.请学生务必注意题目答案后面的名师点睛部分，这是对于本类题目的一个总结.【知识点分析以及满分技巧】等差数列如果记住基本的通项公式以及求和公式，所有的等差数列问题都可以解决.数列求和的常用方法：（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.（2）错位相减法：若是等差数列，是等比数列，求.{}n a {}n b 1122n n a b a b a b ++⋅⋅⋅（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有，，()11111n n n n =-++()1111222n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭等.()()1111212122121n n n n ⎛⎫=-⎪-+-+⎝⎭（4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和.（5）倒序相加法.对于基本不等式类的题目应注意等号成立地条件.【考查题型】选择，填空，解答题（数列）【限时检测】（建议用时：50分钟）1．（2021·全国高三专题练习（理））定义：在数列中，若满足（{}n a 211n n n na a da a +++-=为常数），称为“等差比数列”，已知在“等差比数列”中，*,n N d ∈{}n a {}n a ，则等于（ ）1231,3a a a ===20202018a a A ．4×20162－1B ．4×20172－1C ．4×20182－1D ．4×201822．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列满足，且，{}n a ()*111n na n N a +=-∈12a =则（）2017a =A ．B ．C ．D ．21-12323．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列中，，，则{}n a 11a =()11n n n a na ++=（ ）12a =A ．11B ．12C ．13D ．144．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列满足：，{}n a 113a=，，则下列说法正确的是（ ）1(1)21n n n a na n ++-=+*n N ∈A ．1n na a +≥B ．1n na a +≤C ．数列的最小项为和{}n a 3a 4a D ．数列的最大项为和{}n a 3a 4a 5．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列的前项和为，，且满足{}n a n n S 15a =，若，，，则的最小值为（ ）122527n na a n n +-=--p *q ∈N p q >p q S S -A ．B ．C ．D ．06-2-1-6．（2021·全国高三专题练习（理））已知等比数列的前n 项和为S n ，则下列命题一定{}n a 正确的是（ ）A ．若S 2021＞0，则a 3+a 1＞0B ．若S 2020＞0，则a 3+a 1＞0C ．若S 2021＞0，则a 2+a 4＞0D ．若S 2020＞0，则a 2+a 4＞07．（2021·全国高三其他模拟（理））等比数列中，且，，成等差数{}n a 11a =14a 22a 3a 列，则的最小值为（ ）()*na n N n ∈A ．B ．C ．D ．1162549128．（2021·全国高三专题练习（理））已知a ，b ∈R ，a 2＋b 2＝15－ab ，则ab 的最大值是（ ）A ．15B ．12C ．5D ．39．（2021·银川市·宁夏银川二十四中高三月考（理））函数的图像恒过定点，若点在直线上，()()log 310,1a y x a a =+->≠A A 10mx ny ++=其中，则的最小值为（）0mn >12m n +A ．B ．C ．D ．7891010．（2021·全国高三专题练习（理））已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3=7，S 6=63，则数列{na n }的前n 项和为（ ）A ．-3+(n +1)×2nB ．3+(n +1)×2nC ．1+(n +1)×2nD ．1+(n -1)×2n11．（2021·全国高三其他模拟（理））已知数列满足，.设{}n a 112a =*11()2n n a a n N +=∈，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是（ ）2n n n b a λ-=*n N ∈{}n b λA ．B ．C ．D ．(,1)-∞3(1,2-3(,)2-∞(1,2)-12．（2021·全国高三专题练习（理））已知f (x )＝，则f (x )在上的最小值221x x x -+1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦为（）A ．B ．1243C ．－1D ．013．（2021·福建高三其他模拟）已知，，，则的最小值为0x >0y >23x y +=23x yxy +（）A ．B ．CD3-1+11+14．（2021·全国高三专题练习（理））已知a ＞0，b ＞0，若不等式恒成立，313m a b a b +≥+则m 的最大值为（ ）A ．9B ．12C ．18D ．2415．（2021·全国高三专题练习（理））若是面积为的内的一点（不含边界），若P 1ABC ∆和的面积分别为，则的最小值是（ ）,PAB PAC ∆∆PBC ∆,,x y z 1y z x y z +++A ．B C ．D313二、解答题16．（2020·威远中学校高三月考（理））已知数列是等差数列，前项和为，且{}n a n n S .53463,8S a a a =+=（1）求；n a （2）设，求数列的前项和.2nn n b a =⋅{}n b n n T 17．（2020·四川省绵阳南山中学高三月考（理））设公差不为零的等差数列的前项和{}n a n 为，已知，且，，成等比数列．n S 39S =2a 5a 14a （1）求数列的通项公式；{}n a （2）对任意的正整数，都有成立，求实数的取值范围．n 20nn m a ⋅->m18．（2020·胶州市教育体育局教学研究室高三期中）已知正项数列的前项和为{}n a n .2*111,1,,n n n n S a S S a n N ++=+=∈（1）求的通项公式；{}n a （2）若数列满足：，求数列{}n b 1122222...22n n n n a b a b a b a b +++++=-的前项和.221log n n a b +⎧⎫⎪⎪⎨⎬⋅⎪⎪⎩⎭n n T 19．（2020·黑龙江高三月考（理））已知数列的前项和为，．{}n a n n S 22n n S a =-（1）求数列的通项公式；{}n a （2）设，，记数列的前项和．若对，2log n n b a =11n n n c b b +={}n c n nT*n N ∈恒成立，求实数的取值范围．()4n T k n ≤+k 20．（2020·咸阳市高新一中高三月考（理））已知等差数列满足，．{}n a 22a=145a a +=（1）求数列的通项公式；{}n a （2）若数列满足：为等比数列，求数列的前n 项和．{}n b {}123,6,n n b b b a ==-{}n b nT。
数列在高考数学中的分值与难度分析
数列在高考数学中的分值与难度分析数列是高中数学中重要的一部分内容，也是高考数学必考内容之一。
数列的概念与性质在高中数学中进行了深入讲解，考察的形式也较为灵活，既有计算题，也有应用题。
本文将从数列在高考数学中的分值比重和难度分析两个方面来探讨数列在高考中的重要性和考察难度。
首先，我们来看数列在高考数学中的分值比重。
根据教育部高考考试大纲，数列作为高中数学中的一大重点，其分值在高考试卷中占据了相当比例。
以全国卷为例，一般每年都会有一道或两道数列题，每道题的分值通常在6分到8分之间。
而在各地的省级卷中，数列题的比例和分值也不低。
由此可见，数列是高考数学中的一个重要的考查内容，必须要掌握才能在高考中取得好成绩。
接下来，我们来探讨数列在高考数学中的考察难度。
数列的难度主要体现在以下几个方面。
首先，是对数列的概念、性质和公式的理解。
数列的定义、通项公式、递推公式等概念是解题的基础，没有这些基本知识的掌握，将很难解答出数列题目。
此外，对于一些特殊的数列，如等差数列、等比数列等，还需要对其性质和常用公式有一定的理解和运用能力。
因此，在高考中，考察对这些基本概念、性质和公式的掌握是非常常见的。
其次，是对数列的进一步运算和应用的能力。
数列不仅限于简单的计算，还需要能够灵活运用数列的概念和性质解决实际问题。
这就需要考生具备一定的实际问题模型建立和解决能力。
例如，利用数列的递推公式求解特定问题，或是通过分析数列的性质，得出一些结论等。
这些题目一般会结合实际情境，考察考生的综合运用能力。
最后，是对数列题目的分析和解题策略。
在高考中，数列题目往往会有一定的难度，需要考生根据题目的要求和所给的条件，选择合适的解题方法和策略。
有时，还需要灵活运用其他数学知识，如函数、方程等来解决数列问题。
因此，在解题时，考生需要能够熟练掌握不同的解题方法，准确分析题目，找出解题的关键点。
综上所述，数列在高考数学中的分值比重较大，是必考内容之一。
高考数学科学复习创新方案：数列问题的热点题型
命题动向：等差、等比数列是重要的数列类型，高考考查的主要知识点有：等差、等比数列的概念、性质、前n项和公式．由于数列的渗透力很强，它和函数、方程、向量、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有较深的理解．题型1等差、等比数列的综合运算例1(2022·新高考Ⅱ卷)已知{a n}为等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明：a1＝b1；(2)求集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}中的元素个数．解(1)证明：设数列{a n}的公差为d，1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），，所以命题得证．解得b1＝a1＝d2，所以b k＝a m＋a1⇔b1×2k－1＝a1＋(m－1)d＋a1，即2k(2)由(1)知，b1＝a1＝d2－1＝2m，亦即m＝2k－2∈[1，500]，解得2≤k≤10，所以k＝2，3，4， (10)故集合{k|b k＝a m＋a1，1≤m≤500}中的元素个数为10－2＋1＝9.解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设n na1＝b1＝1，1＋a3＝b2＋b4，a2＋2＝b3.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)从下面条件①，②中选择一个作为已知条件，求数列{c n}的前n项和S n.条件①：c n＝a n b n；条件②：c n＝b na n.注：若选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．解(1)设{a n}的公比为q(q>0)，{b n}的公差为d，＋q2＝2＋4d，＋2＝1＋2d，解得q＝3或q＝－1(舍去)，d＝2，∴a n＝3n－1(n∈N*)，b n＝2n－1(n∈N*)．(2)选择条件①：c n＝a n b n，则c n＝(2n－1)·3n－1，∴S n＝c1＋c2＋c3＋…＋c n－1＋c n＝1×1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－3)×3n－2＋(2n －1)×3n－1，(ⅰ)∴3S n＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得－2S n＝1＋2×(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝1＋2×3－3n1－3－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，∴S n＝(n－1)×3n＋1.选择条件②：c n＝b na n，则c n＝2n－13n－1，∴S n＝c1＋c2＋c3＋…＋c n－1＋c n＝1＋33＋532＋…＋2n－33n－2＋2n－13n－1，(ⅰ)∴13S n＝13＋332＋533＋…＋2n－33n－1＋2n－13n，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得23S n＝1＋＋132＋133＋…＋－2n－13n＝1＋2×13－13n1－13－2n－13n＝2－2n ＋23n ，∴S n ＝3－n ＋13n －1(n ∈N *)．题型2数列的通项与求和例2(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1n ＋1，n 为奇数，n ＋2，n 为偶数.(1)记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式；(2)求{a n }的前20项和．解(1)由已知，a 1＝1，a 2＝a 1＋1＝2，a 3＝a 2＋2＝4，a 4＝a 3＋1＝5，所以b 1＝a 2＝2，b 2＝a 4＝5，因为a 2n ＋1＝a 2n ＋2＝a 2n －1＋1＋2＝a 2n －1＋3，即a 2n ＋1－a 2n －1＝3，所以数列{a n }的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列，所以当n 为奇数时，a n ＝1＝3n －12，因为a 2n ＋2＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋2＋1＝a 2n ＋3，即a 2n ＋2－a 2n ＝3，所以数列{a n }的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列，所以当n 为偶数时，a n ＝2＝3n －22，而b n ＝a 2n ＝3×2n －22＝3n －1，所以b n ＝3n －1.(2)由(1)，知{a n }的前20项和S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋…＋a 20)＝10×1＋10×92×3＋10×2＋10×92×3＝300.所以{a n }的前20项和为300.n n＋1n (1)求{a n}的首项和公差；(2)数列{b n}满足b nn＝3k－2，·a n，3k－1≤n≤3k，其中k，n∈N*，求错误!i.解(1)设等差数列{a n}的公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，由a n＋1＝2a n－2n＋3可得a1＋nd＝2[a1＋(n－1)d]－2n＋3，即(d－2)n＋a1＋3－2d＝0，－2＝0，1＋3－2d＝0，1＝1，＝2.(2)a n＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.因为b nn＝3k－2，·a n，3k－1≤n≤3k，则b nn＝3k－2，3k－1≤n≤3k，所以b1＋b4＋b7＋…＋b58＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋139×41＝12×…＝2041.b2＋b5＋b8＋b11＋…＋b56＋b59＝(a2－a5)＋(a8－a11)＋…＋(a56－a59)＝－3×2×20＝－120；b3＋b6＋b9＋b12＋…＋b57＋b60＝(－a3＋a6)＋(－a9＋a12)＋…＋(－a57＋a60)＝3×2×20＝120.因此错误!i ＝(b 1＋b 4＋b 7＋…＋b 58)＋(b 2＋b 5＋b 8＋…＋b 59)＋(b 3＋b 6＋b 9＋…＋b 60)＝2041－120＋120＝2041.题型3数列与其他知识的交汇角度数列与函数的交汇例3(2023·成都石室中学模拟)已知函数f (x )＝e x －12ax 2－x .(1)若f (x )在x ∈R 上单调递增，求a 的值；(2)证明：(1＋2(n ∈N *且n ≥2)．解(1)函数f (x )＝e x －12ax 2－x ，求导得f ′(x )＝e x －ax －1，由于函数f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )＝e x －ax －1≥0恒成立，令h (x )＝e x －ax －1，则h ′(x )＝e x －a ，当a ＝0时，f ′(x )＝e x －1，当x <0时，f ′(x )<0，不满足条件；当a <0时，h ′(x )>0，h (x )在R 上单调递增，又e 1a －a ·1a －1＝e 1a －2<0，即f ，不满足条件；当a >0时，令h ′(x )＝0，得x ＝ln a ，则当x <ln a 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x >ln a 时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，于是当x ＝ln a 时，h (x )取得最小值h (ln a )＝e ln a －a ln a －1＝a －a ln a －1，于是h (ln a )≥0，即a －a ln a －1≥0，令u (a )＝a －a ln a －1，则u ′(a )＝－ln a ，当0<a <1时，u ′(a )>0，u (a )单调递增；当a >1时，u ′(a )<0，u (a )单调递减，则u (a )max ＝u (1)＝0，由于a －a ln a －1≥0恒成立，因此a －a ln a －1＝0，则a ＝1.(2)证明：由(1)知，当a ＝1时，e x －x －1≥0，即e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取等号，即当x >0时，ln (x ＋1)<x ，因此当n ∈N *且n ≥2时，ln （1＋1ln (1＋1)＋ln …＋ln ＋14＋…＋1n2，而当n ≥2时，1n 2<1n （n －1）＝1n －1－1n，所以1＋14＋…＋1n 2<1…1＋1－1n <2，则ln （1＋1，所以(1＋2(n ∈N *且n ≥2)．(1)数列与函数的综合问题一般是以函数为背景，n 123的数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数都不在下表的同一列，{b n }为等差数列，其前n 项和为S n ，且a 1＝b 3－2b 1，S 7＝7a 3.第一列第二列第三列第一行152第二行4310第三行9820(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)若c n＝[lg b n]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg2]＝0，[lg98]＝1，求数列{c n}的前100项和T100.解(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，所以等比数列{a n}的公比q＝2，a n＝a1q n－1＝2n.设等差数列{b n}的公差为d，则2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝7（b1＋b7）2＝7b4＝7a3，所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，b n＝2n.(2)c n＝[lg(2n)]，T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg2]＋[lg4]＋…＋[lg8]＋[lg10]＋…＋[lg98]＋[lg 100]＋…＋[lg200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.角度数列与不等式的交汇例4(2021·浙江高考)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝－94，且4S n＋1＝3S n －9(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足3b n＋(n－4)a n＝0(n∈N*)，记{b n}的前n项和为T n.若T n≤λb n对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．解(1)因为4S n＋1＝3S n－9，所以当n≥2时，4S n＝3S n－1－9，两式相减可得4a n＋1＝3a n，即a n＋1a n ＝3 4.当n＝1时，4S2＝－94＋a＝－274－9，解得a 2＝－2716，所以a 2a 1＝34.所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列，所以a n ＝－94×－1＝－3n ＋14n .(2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －.所以T n ＝－3×34－－＋＋…＋(n －－1＋(n －，①且34T n ＝－－－＋＋…＋(n －＋(n －＋1，②①－②，得14T n ＝－3×34＋＋…－(n －＋1＝－94＋9161－11－34－(n －＋1＝－n＋1，所以T n ＝－4n＋1.因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n＋1≤λ(n －恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立，当n <4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1；当n ＝4时，－12≤0恒成立；当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3.综上，实数λ的取值范围为[－3，1]．S n ，T n 分别为数列{a n }，{b n }的前n 项和，S 4＝32，T 3＝16.(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：当n >5时，T n >S n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，而b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，则b 1＝a 1－6，b 2＝2a 2＝2a 1＋2d ，b 3＝a 3－6＝a 1＋2d －6，4＝4a 1＋6d ＝32，3＝4a 1＋4d －12＝16，1＝5，＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋3，所以{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋3.(2)证法一：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，b n －1＋b n ＝2(n －1)－3＋4n ＋6＝6n ＋1，T n ＝13＋（6n ＋1）2·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝32(n ＋1)2＋72(n ＋1)－[4(n ＋1)＋6]＝32n 2＋52n－5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .证法二：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－1＋2（n －1）－32·n 2＋14＋4n ＋62·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，若n ≥3，则T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝－1＋2n －32·n ＋12＋14＋4（n －1）＋62·n －12＝32n 2＋52n －5，显然T 1＝b 1＝－1满足上式，因此当n 为奇数时，T n ＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .。
探析 “数列求和”在高考中的应用
探析“数列求和”在高考中的应用【摘要】数列求和是数列的重要内容，也是高考的重点考察对象。
数列求和的内容在课本中没有作为独立的知识点列出，但它在解决数列的有关问题中却有重要意义，有必要进行归纳与总结。
本文根据不同题型总结出一些常见题型及解法技巧，以提高同学们数列求和的能力。
【关键词】高考数学数列求和题型解法技巧数列求和是数列的重要内容，也是高考的重点考察对象。
它几乎涵盖了数列中所有的思想、策略、方法、技巧，对学生的知识和思维能力都有很高的训练价值。
考试时把求和作为大题的一个不可缺少的一问单列，其重要性不言而喻。
因此，我们根据不同题型总结出一些常见题型及解法技巧，以提高同学们数列求和的能力。
1.公式法（常规公式）（1）直接利用等差数列和等比数列求和均可直接利用求和公式。
a 等差数列{a n} 的前n项和S n=(a 1+a n)·n2=na 1+n(n-1)2db 等比数列{a n} 的前n项和S n=a 1(1-q n)1-q=a 1-a nq n1-q （q≠1）2.倒序相加法如果一个数列，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序求和法。
这种求和方法在推导等差数列的前n项和也曾用过。
例1：求sin 21°+sin 23°+…+sin 288°+sin 289°的值。
【解题思路】本题是求函数值的和，通过对其解析式的研究，寻找它们的规律然后进行解决。
解：求sin 21°+sin 22°+sin 23°+…+sin 288°+sin 289°的值。
解：设S=sin 21°+sin 22°+sin 23°+…+sin 288°+sin 289°①将①右边反序得S=sin 289°+sin 288°+…+sin 23°+sin 22°+sin 21°②即S=cos 21°+cos 22°+cos 23°+…+cos 288°+cos 289°③①+③得2S=(sin 21°+cos 21°)+(sin 22°+cos 22°)+(sin 23°+cos 23°)+…+(sin 288°+cos 288°) +(sin 289°+cos 289°)=89，∴S=4412。
题型五 数列 ——高考数学高频题型专项讲解
题型五 数列——高考数学高频题型专项讲解一、思路分析数列的概念和递推公式是高考的热点，主要考查已知递推关系求通项公式、由n a 与n S 的关系求通项公式、利用数列的性质求最值等，主要以填空题、解答题的形式呈现，难度中等.等差数列是高考的重点考查知识，主要考查等差数列的基本运算和性质，等差数列的通项公式和前n 项和公式等，尤其要注意以数学文化为背景的数列题，题型既有选择题、填空题，也有解答题，要善于运用函数与方程思想和整体代入思想解决有关等差数列问题，同时要注意探索创新和生活实践情境载体下的试题训练.等比数列是高考的考查热点，主要考查等比数列的基本运算和性质，等比数列的通项公式和前n 项和公式，尤其要注意证明题或以数学文化为背景的数列题，考查题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度中等，要会运用函数与方程思想、转化与化归思想和分类讨论思想解题，也要注意探索创新和生活实践情境载体下的试题训练.数列求和及数列综合应用是高考的热点题型，其中等差、等比数列的通项与求和，数列与函数、不等式的综合，以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现，难度中等，要注重常规考法，也要注重数列与其他知识的综合创新，同时也要注重对结构不良类试题的训练. 二、考纲要求1.数列的概念和递推公式（1）了解数列的概念及表示方法，理解数列的通项公式的意义. （2）理解数列的递推公式，能根据递推公式写出数列的前几项. （3）理解n a 与n S 的关系.2.等差数列（1）理解等差数列的概念和通项公式的意义.（2）掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系.（3）了解等差数列与一次函数的关系.3.等比数列（1）理解等比数列的概念和通项公式的意义（2）掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.（3）了解等比数列与指数函数的关系.4.数列求和及数列综合应用（1）掌握几种常用的数列求和方法.（2）掌握数列的综合应用.三、方法技巧1.由前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略：（1）常用方法：观察（观察规律）、比较（比较已知数列）、归纳、转化（转化为特殊数列）、联想（联想常见的数列）等方法.（2）具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③各项的符号特征和绝对值特征；④对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑤对于符号交替出现的情况，可用(1)k-，*(1)k+-或1k∈N处理.2.等差数列前n项和的最值求解的常用方法（1）通项公式法：其基本思想是通过通项公式求出符号变化的项，从而求得和的最值；（2）前n 项和法：其基本思想是利用前n 项和公式的二次函数特性，借助抛物线的图象求最值.3.利用等差数列前n 项和解决实际问题的步骤： （1）判断问题中涉及的数列是否为等差数列； （2）若是等差数列，找出首项、公差、项数； （3）确认问题是求n a 还是n S ；（4）选择恰当的公式计算并转化为实际问题的解.4.解决等差数列前n 项和的基本运算题的思路方法及注意事项： （1）注意公式1()2n n n a a S +=与1(1)2n n n S na d -=+的选择使用； （2）等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量1a ，n a ，d ，n ，n S ，已知其中三个就能求另外两个，注意方程思想的应用；（3）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换的作用，而1a 和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法，同时注意灵活应用等差数列的性质以简化计算过程.5.应用等比数列通项公式解实际应用问题的步骤 （1）构建等比数列模型；（2）明确1a ，q ，n ，n a 等基本量； （3）利用11n n a a q -=求解； （4）还原为实际问题.6.判定数列是等比数列的常用方法： （1）定义法：验证1nn a q a -=（q 为常数且不为0）是否成立，但应注意必须从第二项（即2n）起所有项都满足此等式；（2）等比中项法：验证211n n n a a a -+=（n *∈N ，2n且0n a ≠）是否成立；（3）通项公式法：验证11n n a a q -=是否成立，但应注意隐含条件是10a ≠，0q ≠.7.解决等比数列前n 项和的实际应用问题的基本步骤（1）将已知条件翻译成数学语言，将实际问题转化为数学问题； （2）构建等比数列模型；（3）利用等比数列的前n 项和公式求解等比数列问题； （4）将所求结果还原到实际问题中.8.等比数列基本运算中的常用技巧：（1）（对称设元）一般地，若连续奇数个项成等比数列，则可设该数列为x x xq q，，，，；若连续偶数个项成等比数列，则可设该数列为33x x xq xq q q，，，，，（注意：此时公比20q >，并不适合所有情况）.这样既可减少未知量的个数，也使得解方程较为方便.（2）求解等比数列基本量时注意运用整体思想、设而不求等，同时还要注意合理运用3232121121n nn n a a a a a a q a a a a a a --+++=====+++.9.用错位相减法解决数列求和问题的步骤：（1）判断结构：若数列{}n n a b ⋅是由等差数列{}n a 与等比数列{}n b （公比q ）的对应项之积构成的，则可用此法求和；（2）乘公比：设{}n n a b ⋅的前n 项和为n T ，然后两边同乘以q ；（3）错位相减：乘以公比q 后，向后错开一位，使含有*()k q k ∈N 的项对应，然后两边同时作差；（4）求和：将作差后的结果求和，从而表示出n T .10.利用裂项相消法求和的基本步骤（1）裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式； （2）累加：将数列裂项后的各项相加（3）消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前n 项和.11.解决数列与不等式综合问题的一般步骤（1）由已知条件和数列性质求基本量，确定数列的特性（等差或等比数列）； （2）求出n a 或n S 的通项公式；（3）分析n a ，n S 涉及的函数或不等式，利用相关函数或不等式性质解决题目中的问题；（4）得出结果，叙述完整；（5）回顾反思，查验“n ”的取值是否符合要求，运算过程是否有不当之处.12.数列与不等式的综合问题的解题策略（1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性或者是借助数列对应的函数的单调性求解.（2）对于与数列有关的不等式的证明问题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，有时需构造函数，利用函数的单调性，最值来证明.13.数列与函数的综合问题的解题策略（1）已知函数条件，解决数列问题，一般利用函数的性质、图象等进行研究. （2）已知数列条件，解决函数问题，一般要充分利用数列的有关公式对式子化简变形.（3）解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解.14.数列在实际应用中的常见模型（1）等差模型：如果增加（或减少）的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差.（2）等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的非零常数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.（3）递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑考查的是第n 项n a 与第(1)n +项1n a +（或者相邻三项等）之间的递推关系还是前n 项和n S 与前(1)n +项和1n S +之间的递推关系.15.解答数列实际应用题的步骤（1）审题：仔细阅读题目，认真理解题意.（2）建模：将已知条件翻译成数列语言，将实际问题转化成数学问题，分清数列是等差数列、等比数列，还是递推数列，是求通项还是求前n 项和. （3）求解：求出该问题的数学解.（4）还原：将所求结果还原到实际问题中.。
高考数学中数列问题归类解析
高考数学中数列问题归类解析数列是高中数学的主要内容之一，它在每年的高考数学试题中占有相当大的比例。
一般安排2～3道题目（1～2道选择或填空小题，1道解答型大题），分值20分左右，约占总分的13%。
选择或填空题的难度控制在中等，学生答题时一般较容易；而在试题的后半部分安排的1道解答型大题，多为中等偏上乃至较难的题目，它们是高考数学中的热点与难点。
为了复习时突破这一难点，结合新课标教材及近几年高考试题的命题趋向，针对数列在高考数学中的几个热点问题作如下归类与解析。
1.求通项公式问题1.1 已知数列的前n项和表达式，求数列的通项公式。
（例2009年安徽卷）已知数列{a n}的前n项和s n=2n 2+2n，求这个数列的通项公式。
方法解析：由s n=2n 2+2n得，当n≥2时，有s n-1 =2(n-1) 2+2(n-1)∴a n=s n-s n-1 =(2n 2+2n)-［2(n-1) 2+2(n-1)］=4n,n∈n *。
说明：解答这类问题的关键，是充分利用前n项和表达式这一条件，再根据a n=s n-s n-1 这一相等关系即可解决。
1.2 给出已知数列的递推公式，求数列的通项公式。
如果一个数列的任一项a n与它的前一项a n-1 （或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就称这个数列的递推公式。
利用数列的递推公式求数列的通项，是历年高考数学的一个热点。
解决这类问题的主要方法有累加法、累乘法、分离常数化归为等差数列和分项整理化归为等比数列等。
例1:已知数列{a n}满足a 1=2，a a+1 =a n+2 n，求这个数列的通项公式。
方法解析：由a n+1 =a n+2 n得，a n+1 -a n=2 n，据此可写出如下等式：a 2-a 1=2，a 3-a 2=2 2，a 4-a 3=2 3……a n-a n-1 =2 n-1将上述等式两边分别相加得，a n-a 1=2+2 2+2 3+……2 n-1 =2（1-2 n-1 ）1-2=2 n-2∴a n=a 1+2 n-2=2 n。
教材中的数列题在高考中的变化
教材中的数列题在高考中的变化
随着高考考试内容的不断更新，数列题在高考中的变化也逐渐显现出来。
过去，高考中的数列题主要以等差数列和等比数列为主，考查学生的数列公式推导及应用能力。
但是现在，数列题所考查的内容已经不再局限于单一的等差数列和等比数列，而是涵盖了更多的数列类型，如斐波那契数列、等差几何数列等。
除了数列类型的变化外，高考数列题所考查的难度也有所提升。
过去的数列题较为简单，往往只是考查学生对数列公式的掌握情况，而现在的数列题则更加注重学生的思维能力和推理能力。
比如，在数列的题目中，可能会涉及到数学归纳法，要求学生通过归纳证明数列公式的正确性；还可能会涉及到数列的变形，要求学生通过变形后的数列求解问题。
综上所述，高考中的数列题所考查的内容和难度都发生了变化。
因此，学生在备考过程中需要注意对各种数列类型的掌握，以及在解题过程中灵活运用数学方法和工具，提高解题能力和应对考试的能力。
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数列在上海高考数学中的地位及解题方法
数列在上海高考数学中的地位及解题方法
一、数列在上海高考数学中的地位
数列在高考数学中占据着重要的地位，是学生必须掌握的一门知识点。
数列出现在上海高考数学的各个科目中，在试卷中，数列的出题数量较多，难度较大，是常考的重点知识点，因此，数列是高考数学考试的重要组成部分。
二、解题方法
1. 第一步，弄清题目的具体要求
数列解题的第一步是把握题目的具体内容，看清题目的具体要求。
比如，求等差数列的某一项的值，求等比数列的某一项的值，还是求数列的某一项的通项公式等，解题的具体思路都会因此而有不同。
2. 第二步，确定数列的类型
根据题目中的条件，把握数列的类型，最常见的数列有等差数列和等比数列，这两类数列的解题思路不同，因此，要先辨别数列的类型。
3. 第三步，利用递推关系求解
无论是等差数列还是等比数列，数列的每一项都与它的前几项有某种预定的关系，这种关系可以用线性递推式或指数递推式来表示，因此，通过递推关系，可以计算出数列的任意一项。
4. 第四步，求解数列的通项公式
有些数列题可能需要求解数列的通项公式，此时，需要利用等差数列或等比数列的性质，在求出任意一项之后，通过对称性思维，将
其归纳成通项公式。
高考数学中如何应对复杂的数列极限递推关系问题
高考数学中如何应对复杂的数列极限递推关系问题数列极限是高考数学中的一个重要考点，其中涉及到的复杂的数列极限递推关系问题更是让考生们头疼。
然而，只要我们掌握一些基本的解题方法和技巧，就能够应对这些问题。
本文将从几个方面介绍如何应对复杂的数列极限递推关系问题，帮助考生提高解题能力。
一、数列极限基本性质的利用在处理复杂的数列极限递推关系问题时，我们首先需要掌握数列极限的一些基本性质。
例如，对于递推数列$\{a_n\}$，如果存在极限$\lim \limits_{n \to \infty}a_n = A$，那么在求解数列极限时，我们可以采用逐项取极限的方法，即先对递归式两边取极限，再解出极限。
这一方法在高考中经常被使用，尤其是在处理复杂的数列递推关系问题时非常有效。
二、利用基本数列的性质与定理在解决复杂的数列极限递推关系问题时，我们还可以利用一些基本数列的性质与定理，以简化问题。
例如，当我们遇到递推式中存在连续多个相同的数列项时，可以尝试将其化简为一个项，从而简化计算。
此外，对于递推式中包含指数函数的情况，我们可以利用指数函数的性质求解。
具体而言，可以尝试将指数函数转化为自然对数函数，从而化简问题。
三、递归法求解数列极限递归法是解决复杂的数列极限递推关系问题的常用方法之一。
在使用递归法求解数列极限时，我们根据递推关系式，将递推数列表示为千余项之和的形式，并利用数学归纳法来证明递推数列的极限存在。
然后，通过求解该极限，得到所求的极限值。
递归法在解决复杂的数列极限递推关系问题时往往比较简洁明了。
四、利用变量代换与数学恒等式对于一些复杂的数列极限递推关系问题，我们可以通过变量代换来简化问题。
通过引入新的变量，将原问题转化为一个等价但更易求解的问题。
此外，我们还可以借助一些数学恒等式来简化计算，如三角函数的和差化积、倍角公式等。
变量代换和数学恒等式的运用可以极大地简化复杂数列极限递推关系问题的求解过程。
五、其他解题技巧与方法除了上述提到的解题方法之外，还有一些其他的解题技巧与方法可以应对复杂的数列极限递推关系问题。
高考数列问题的五大热点
＝２ Ｂ ＝ ３ 暑， ｎ
＝２ （ ２一 Ｐ）＋３ （ ３一 Ｐ ， ）
（ ＝７ ， Ⅱ） 时 Ａ：＝１８ Ｂ ２ ， ：＝－ Ｘ４ ， ５ ９ 此时 － Ａ：＞ ， 猜想 ≥ ７时， ＞ １ ； Ａ ３ ２ ．
下面用数学 归纳法证明 ：
由［ ２一Ｐ）＋３ （ ２（ ３一 Ｐ） ＝ ［ ２一 Ｐ ］ ２。（ ）＋
３ （ ３一Ｐ） ［ ２一Ｐ） ３一Ｐ ］ ：２一 ］・ ２“（ ＋３ ¨（ ）得 （ Ｐ）３一Ｐ）・ ‘ ‘ ０ 所 以 Ｐ ＝ ２或 ３ （ ２ ３ ＝ ． ． （ 设 ｛ 、ｂ 的公 比分别 为 Ｐ， （ Ⅱ） ａ ｝ ｛ ｝ ｑ Ｐ≠ ｑ ， ） 则 ： ＝ ａ Ｐ ， ＝ ｂ ｑ ， ａ ， ｂ ， 假设 ｛ 为 等 比数 Ｃ｝
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Ｓ 为数列｛ ｝ 项和， ｎ 的前 试比较Ｓ 与｛ｌ ６ ０
的大 小 ， 并证 明你 的结论 ． 简解 （ 易得 ｂ Ｉ） ：３１ ． Ｉ—２
（Ｉ Ⅱ ＝ ｌ （ ＋ ）所 以 Ｓ １） ０ １ ， ＆ ＾： 口 ＋口 ＋Ａ ｌ ２
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１略；。 ． ２ 假设ｎ＝忌时结论成立 ， 即Ａ： ＞Ｂ 也 ：
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当 ＝ 七十ｌ 结论成立 ． 时
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浅谈数列在高考中的热点问题
作者：
来源：《高考进行时·高三数学》2013年第03期
数列是高中数学的重要内容，也是中学数学联系实际的主渠道之一。
它与函数、方程、不等式、三角函数、解析几何的关系十分密切，解题中可能涉及到的的递推思想、函数思想、分类讨论思想以及数列求和、求通项公式的各种方法与技巧在中学数学中也有着十分重要的地位。
因此，围绕数列命制的综合性较强的试题历年来都是高考的重点和热点。
这些试题主要
考查学生的运算能力、逻辑思维能力、分析和解决问题的能力、数学归纳能力及综合创新能力。
本文就高考中的有关数列的热点题型作简单的归纳，希望对同学们的解题有所帮助。
一、等差数列与等比数列的证明
翻看近几年的高考题，有关证明、判断数列是否是等差（等比）数列的题目比比皆是，如何处理这些问题呢？主要有两种方法：①利用等差（等比）数列的定义；②运用等差（等比）中项的性质。