数列解答题解题策略及答题规范 (大题攻略)
专题05数列热点问题-2024年高考数学六大题解满分解题技巧秘籍
数列热点问题是高考数学中的一个常见题型，涉及到数列的公式、递推关系、性质等内容。
解题时，需要运用一些解题技巧和方法，帮助我们快速找到解题思路和解题方法。
本文将介绍一些解题指导和解题技巧，以帮助同学们在高考数学中顺利解出数列热点问题。
一、题目分析在解题时，首先要对题目进行分析，了解题目要求、条件和给出的信息。
同时，要注意题目中是否涉及到常见的数列类型，如等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
对数列类型的识别能够帮助我们快速找到解题的思路和方法。
二、找出递推关系在解数列问题时，一般都要找出数列的递推关系，即当前项与前一项之间的关系。
常见的递推关系包括等差递推关系、等比递推关系、斐波那契递推关系等。
通过找出递推关系，我们可以利用已知的条件来求解未知的项或性质。
三、寻找规律和性质在解题过程中，我们常需要观察数列的规律和性质。
通过观察找到的规律和性质，我们可以进一步得出结论，并解答题目中的问题。
寻找规律和性质时，可以关注数列的项数、奇偶性、尾项、前n项和等等。
四、变形和转化有时候，题目中给出的数列不太容易求解或者不太容易找到递推关系。
这时，我们可以尝试对数列进行变形或转化。
常见的变形和转化包括对数列项进行加减乘除操作，对数列求逆序、绝对值、倒数等。
通过变形和转化，我们可以简化解题过程，找到更容易求解的数列。
五、利用性质和定理在解题时，我们可以运用已知的数列性质和定理来辅助解题。
常见的数列性质和定理包括等差数列的前n项和公式、等比数列的前n项和公式、等差中项公式、斐波那契数列的性质等。
熟练掌握这些数列性质和定理，并且善于灵活运用，可以帮助我们快速解决问题。
六、举例和验证在解题过程中，我们可以通过举例和验证来确认我们得到的结论和答案是否正确。
通过选取一些特殊的数列或者项数，我们可以检验我们的结论和答案是否符合预期。
如果验证结果不符合预期，我们需要检查之前的推理链条，找出错误的地方，并进行修正。
总结：数列热点问题在高考数学中占据着重要的位置。
高考数学数列题求解题技巧
高考数学数列题求解题技巧数学数列题是高考数学中常见的题型之一，也是考查学生对数列概念和性质的理解和运用能力的重要手段之一。
下面将给出一些解题技巧，帮助你在高考中更好地解答数列题。
1. 确定数列类型在解答数列题时，首先要明确数列的类型。
常见的数列类型包括等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
通过观察数列的通项公式、公式中的递推关系或者数列中的规律，确定数列的类型，有助于我们更好地理解和解答问题。
2. 求解等差数列对于等差数列，我们通常可以使用以下几种方法进行求解：（1）已知前n项和：当已知等差数列的前n项和Sn 时，我们可以使用以下公式求解等差数列的的首项a1和公差d：Sn = (n/2)(a1 + an)Sn = (n/2)(2a1 + (n-1)d)其中n为项数，a1为首项，an为第n项，d为公差。
（2）已知前n项和的两倍：如果我们知道等差数列的前n项和Sn的两倍为2Sn，则可以使用以下公式求解首项a1：2Sn = n(2a1 + (n-1)d)（3）已知前n项和的平方：如果我们知道等差数列的前n项和Sn的平方为Sn²，则可以使用以下公式求解公差d：Sn² = n(2a1 + (n-1)d)²/43. 求解等比数列对于等比数列，我们通常可以使用以下几种方法进行求解：（1）已知前n项和：当已知等比数列的前n项和Sn 时，我们可以使用以下公式求解等比数列的的首项a1和公比q：Sn = a1(1 - qⁿ)/(1 - q)其中n为项数，a1为首项，q为公比。
（2）已知前n项积：若已知等比数列的前n项积为Pn，则可以使用以下公式求解首项a1和公比q： Sn = a1(1 - qⁿ)/(1 - q)4. 拆分序列有时，在解答数列题时，我们可以将给定的数列拆分为两个或多个较为简单的数列进行求解。
例如，当我们遇到递推关系较为复杂的数列时，可以考虑将数列拆分为两个或多个等差数列或等比数列，然后分别求解。
高中数学数列试题的解题方法与技巧分析
高中数学数列试题的解题方法与技巧分析
数列通常用来解决组合现象，广泛应用于数学实际问题中。
高中数学中，常用数列题
来考察学生对求和公式、等差数列、等比数列规律以及相关技巧的掌握程度。
下面讲解一
下高中数学数列试题的解题方法和技巧分析：
1、确定数列类型：当我们遇到一个数列试题时，首先要弄清楚该序列是等差数列还
是等比数列，因为这两种类型的数列的解法是不一样的。
在观察数列时要注意每项与它的
相邻项的差值是否相等，即等差数列；在观察数列时要注意每项与它的相邻项的比值是否
相等，即等比数列。
2、推导公式：既然确定了数列的类型，接下来就要推导出该类型数列的通项公式。
如果是等差数列，就要找出头项、公差和项数之间的关系；如果是等比数列，就要找出头项、公比和项数之间的关系。
3、求出指定项：当推出了相应数列的通项公式后，就可以求出指定项的值了。
如果
是等差数列，就要通过位移法；如果是等比数列，就可以通过乘幂法求出指定项的值。
4、计算总和：如果试题要求求解数列的总和，这时要用到求和公式。
对于等差数列，有Sn=n(a1+an)/2；对于等比数列，有Sn=a1(1-q^n)/(1-q)。
需要特别注意的是，求和公
式在求解数列总和时只有在数列的末项为无穷项时才能使用，否则就要使用暴力求和的方法。
以上就是高中数学数列试题的解题方法和技巧分析，熟练掌握这些方法和技巧，可以
让我们在数学考试中更加容易把握试题，轻松拿下高分。
数列答题模板
好的，以下是一个数列答题的模板：【题目描述】已知数列${a_n}$ 的通项公式为$a_n = ...$，求：1. 求该数列的前$n$ 项和$S_n$；2. 当$n \to \infty$ 时，该数列的极限值$\lim\limits_{n \to \infty} a_n$。
【解题思路】1. 求前$n$ 项和的方法是将每一项加起来，即：$S_n = \sum\limits_{i=1}^{n} a_i$。
如果数列的通项公式比较简单，可以直接将每一项带入公式计算。
如果数列的通项公式比较复杂，则需要使用数列的求和公式进行计算。
2. 当$n \to \infty$ 时，该数列的极限值可以根据数列的特性得出。
通常需要分析数列的变化规律，判断其是否趋向于某个值或者无穷大/无穷小。
如果数列的通项公式比较复杂，也可以使用夹逼定理、单调有界原理等方法进行求解。
【例题演练】例题1：已知数列${a_n}$ 的通项公式为$a_n = \dfrac{1}{n(n+1)}$，求该数列的前$n$ 项和$S_n$ 和当$n \to \infty$ 时，该数列的极限值。
【解题思路】1. 首先求前$n$ 项和：$$S_n = \sum\limits_{i=1}^{n} a_i = \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{i(i+1)}$$将$\dfrac{1}{i(i+1)}$ 拆分成$\dfrac{1}{i}-\dfrac{1}{i+1}$，得到：$$S_n = \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{i}-\dfrac{1}{i+1} = 1-\dfrac{1}{n+1}$$所以，该数列的前$n$ 项和为$S_n = 1-\dfrac{1}{n+1}$。
2. 然后求当$n \to \infty$ 时，该数列的极限值。
注意到$\dfrac{1}{n(n+1)}$ 可以表示为$\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}$，所以有：$$a_n = \dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}$$因此，当$n \to \infty$ 时，$a_n$ 的极限值为：$$\lim\limits_{n \to \infty} a_n = \lim\limits_{n \to \infty} \left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\right) = \dfrac{1}{n}$$所以，该数列的极限值为$0$。
2-2-2-3第3讲 数列解答题解题策略及答题规范
课前自测
课堂探究
返回目录
第51页
课前自测
课堂探究
返回目录
第52页
课前自测
课堂探究
返回目录
第53页
课前自测
课堂探究
返回目录
第54页
课前自测
课堂探究
返回目录
第55页
课前自测
课堂探究
返回目录
第56页
课前自测
课堂探究
返回目录
第57页
课前自测
课堂探究
返回目录
第58页
课前自测
课堂探究
返回目录
第23页
课前自测
课堂探究
返回目录
第24页
课前自测
课堂探究
返回目录
第25页
课前自测
课堂探究
返回目录
第26页
课前自测
课堂探究
返回目录
第27页
课前自测
课堂探究
返回目录
第28页
课前自测
课堂探究
返回目录
第29页
课前自测
课堂探究
返回目录
第30页
课前自测
课堂探究
返回目录
第31页
课前自测
课堂探究
返回目录
绿色通道 衡水重点中学名师倾力打造 大二轮 • 数学 N
第二部分 突破热考题型 提升关键能力
板块二 核心考点 专题突破 专题二 数列
第3讲 数列解答题解题策略及答题规范 (大题攻略)
课前自测 1 课堂探究 2
课前自测
课堂探究
课前自测
返回目录
第3页
课前自测
课堂探究
返回目录
第4页
课前自测
课堂探究
高考数学数列题 如何运用数列知识解决数学问题
高考数学数列题如何运用数列知识解决数学问题数列作为高中数学中的一个重要概念，经常出现在高考数学试卷中。
对于许多学生来说，数列题可能是他们认为难以解决的数学问题之一。
然而，只要我们掌握了一些基本的数列知识和解题方法，就能够轻松应对数列题。
本文将介绍如何使用数列知识来解决高考数学数列题，并给出一些实用的解题技巧。
一、首项与公差在解决数列问题时，我们首先要明确数列的首项和公差。
首项指的是数列的第一项，通常表示为a1；公差指的是从一个数到下一个数的差值，通常表示为d。
通过确定首项和公差，我们可以进一步推导数列的通项公式，从而解决数列问题。
二、等差数列题1. 求等差数列的和当我们需要求解等差数列的前n项和时，可以使用求和公式来简化计算过程。
对于等差数列a1, a2, a3, ..., an，其和Sn可以通过以下公式求得：Sn = (a1 + an) * n / 2其中n表示数列的项数。
例如，我们需要求解等差数列1, 3, 5, 7, 9的前100项和，可以直接套用求和公式：S100 = (1 + 199) * 100 / 2 = 100 * 100 = 10000因此，该等差数列的前100项和为10000。
2. 求等差数列中的某一项有时候，我们需要求解等差数列中的第n项。
根据数列的通项公式可以轻松地求得。
对于等差数列a1, a2, a3, ..., an，其通项公式为：an = a1 + (n - 1) * d其中d为公差。
例如，我们需要求解等差数列1, 3, 5, 7, 9的第50项，可以使用通项公式：a50 = 1 + (50 - 1) * 2 = 1 + 98 = 99因此，该等差数列的第50项为99。
三、等比数列题1. 求等比数列的和当我们需要求解等比数列的前n项和时，可以使用求和公式来简化计算过程。
对于等比数列a1, a2, a3, ..., an，其和Sn可以通过以下公式求得：Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)其中q表示等比数列的公比。
专题07 数列大题解题模板(解析版)
专题07 数列大题解题模板(解析版)数列问题是高中数学中较为重要的一个知识点，也是各种高考、中考试题中的常客。
解题模板的使用可以帮助我们更快更准确地解答这类问题。
本文将为大家提供一种解题模板，帮助大家解决数列题。
下面将具体介绍解题模板的使用方法和步骤。
一、已知条件列出在解题时，首先要对已知条件进行归纳和整理。
将已知条件用数列的形式列出，便于我们观察和分析。
二、根据等差数列和等比数列的特点进行初步推导根据题意和已知条件，可以初步判断所给数列是等差数列还是等比数列。
如果是等差数列，可以运用等差数列的性质进行推导；如果是等比数列，可以运用等比数列的性质进行推导。
三、寻找递推公式和通项公式根据已知条件和初步推导的结果，寻找数列的递推公式和通项公式。
递推公式是指通过前一项或前几项与后一项或后几项之间的关系建立起来的公式；通项公式是指通过项数和数列中某一项的关系建立起来的公式。
四、求解题目所要求的内容根据题目的要求，运用已得到的递推公式和通项公式，解决题目所要求的内容，如求某一项的值、求和等。
五、检查答案的合理性在解答完题目后，需要对答案进行检查，验证所得答案的合理性。
可以通过代入原题进行验证，或通过数学推导进行验证。
通过以上五个步骤，我们就可以利用解题模板解答数列大题。
通过分析已知条件、推导公式以及求解等步骤，能够更加清晰地理解问题并解决问题。
建议在解题时充分利用已有知识和模板，因为模板是经过大量题目总结和归纳得出的，能够帮助我们更快更准确地解答问题。
总结：数列大题解题模板在解答数列问题时非常有用，通过分析已知条件、推导公式和求解步骤，能够更加清晰地解析题目并得出解答。
在解题过程中，我们需要注意归纳整理已知条件、寻找递推公式和通项公式、运用已有知识和模板等。
通过合理运用数列解题模板，我们能够提高解题的效率和准确性，更好地应对各种数列大题。
希望本文的解题模板能够帮助大家更好地解决数列问题。
数列解题思路与技巧
数列解题思路与技巧数学高考中，数列知识点的考查已经成为高考出题人比较看重的一项考点，甚至有一部分拔高题也都和数列有着直接的关系。
下面就是小编给大家带来的高中数学数列试题教学中的解题思路与技巧，希望大家喜欢！高中数学数列试题教学中的解题思路与技巧1.对数列概念的考查在高中数列试题中，有一些试题可以直接通过带入已学的通项公式或求和公式，就可以得到答案，面对这一种类型的试题，没有什么技巧而言，我们只需熟练掌握相关的数列公式即可。
例如：在各项都为正数的等比数列{b}中，首项b1=3，b1+b2+b3=21，那么b3+b4+b5等于多少？解析：（1）本道试题主要是对正项数列的概念以及等比数列的通项公式和求和公式知识点的考查，考查学生对数列基础知识和基本运算的掌握能力。
（2）本试题要求学生要熟练掌握老师在课堂上所教的通项公式和求和公式。
（3）首先让我们来求公比，很明显q不等1，那么我们可以根据我们所学过的等比数列前项和公式，列出关于公比的方程，即3（1-q3）/（1-q）=21。
对于这个方程，我们首先要选择其运算的方式，要求学生平时的练习过程中，要让学生能够熟练地将高次方程转化为低次方程进行运算。
2.对数列性质的考察有些数列的试题中，经常会变换一些说法来考查学生对数列的基本性质的理解和掌握能力。
例如：己知等差数列{xn}，其中xl+x7=27，求x2+x3+x5+x6等于多少？解析：我们在课堂上学习过这样的公式：等差数列和等比数列中m+n=p+q，我们可以充分利用这一特性来解此题，即：xl+x7= x2+x6= x3+x5=27，因此，x2+x3+x5+x6=（x2+x6）+（x3+x5）=27+27=54这种类型的数列试题要求教师在课堂教学中，对数列的性质竟详细讲解，仔细推导。
使得学生能够真正的理解数列性质的来源。
3.对求通项公式的考察①利用等差、等比数列的通项公式，求通项公式②利用关系an={S1，n=1；Sn-Sn-1，n≥2}求通项公式③利用叠加、叠乘法求通项公式④利用数学归纳法求通项公式⑤利用构造法求通项公式.4.求前n项和的一些方法在最近几年的数学高考试题中，数列通项公式和数列求和这两个知识点是每年必考的，因此，在高中数学数列的课堂教学中，教师要对数列求和通项公式这方面的知识点进行细致重点的讲解。
高中数学数列试题的解题方法与技巧分析
高中数学数列试题的解题方法与技巧分析
高中数学数列试题是高中数学中的一个重要知识点，对于学生来说，掌握数列的解题方法和技巧是提高数学素养的关键之一。
下面我们将介绍一些常见的数列试题解题方法和技巧。
一、等差数列解题方法和技巧：
等差数列是指一个数列中，从第二项起，每一项与它前面的一项之间的差等于同一个常数d（称为公差）。
解等差数列试题时需要注意以下几点：
1. 求等差数列的通项公式，通常用a_n表示第n项，a_1表示第一项，d表示公差。
如果已知首项a_1和公差d，则通项公式为：a_n = a_1 + (n-1)d。
2. 判断一个数列是否是等差数列，可以计算相邻两项的差，如果差值相等，则说明数列是等差数列。
3. 在求和问题中，可以利用等差数列的性质：n个等差数列的和等于首项和末项的和乘以项数的一半。
总结：解高中数学数列试题的方法和技巧需要掌握数列的基本概念和性质，熟练掌握通项公式、公式的应用以及特殊数列的特点。
在解题过程中，要注意分析题目的要求，灵活运用已掌握的知识和技巧，多加练习和思考，在积累经验的基础上提高解题的效率和准确性。
解析数列题目的技巧与策略
解析数列题目的技巧与策略数列是数学中比较基础的一个概念，它具有广泛的应用，尤其在考试中，涉及数列的题目也是很常见的。
解决数列题目的过程对学生来说可能会存在一定的难度，但是只要掌握了一定的技巧和策略，问题就可以迎刃而解了。
下面，我们来探讨一些解析数列题目的技巧和策略。
一、确定数列的类型数列可以分为等差数列和等比数列，因此在解题之前，我们需要首先判断出这个数列是属于哪一种类型。
判断等差数列的方法是看相邻两项之间差是否相等，差相等则为等差数列。
判断等比数列的方法是看相邻两项之间商是否相等，商相等则为等比数列。
二、分析数列的性质在解题之前，我们需要对数列进行一定的分析，例如数列是否单调增加或单调减少，是否具有周期性等特点。
对于等差数列，如果相邻两项的差为正数，则数列单调递增；如果相邻两项的差为负数，则数列单调递减。
对于等比数列，如果相邻两项的商为正数，则数列单调递增；如果相邻两项的商为负数，则数列单调递减。
对于周期性数列，其特点是在一定规律下不断地出现相同的周期。
三、找出数列的通项公式数列的通项公式是描述数列中任意一项与其下标之间的关系的公式。
一旦找出了数列的通项公式，就可以快速地用之求出任意给定项的值。
对于等差数列，一般的通项公式有An=A1+(n-1)d，其中An表示第n项，A1表示首项，d表示公差。
对于等比数列，一般的通项公式有An=A1*q^(n-1)，其中An表示第n项，A1表示首项，q表示公比。
有时候，数列的通项公式并不是很容易找出，此时可以考虑用递推公式来求解，即根据数列中前n项的值来推导出第n+1项。
四、应用递推公式求解递推公式是数列中比较常用的求解方法之一，它根据数列中前n项的值来推导出第n+1项。
递推公式的形式可以不同，但是它们都遵循同样的思路，即通过利用前n项的值来求出第n+1项。
对于等差数列，一般的递推公式为An=An-1+d，其中An-1为前一项，d为公差。
对于等比数列，一般的递推公式为An=An-1*q，其中An-1为前一项，q为公比。
数学中数列题解题技巧与关键知识点
数学中数列题解题技巧与关键知识点数列是数学中一个重要的概念，它在各个数学分支中都有广泛的应用。
解决数列题需要掌握一些关键的技巧和知识点。
本文将介绍数列题的解题技巧，并列举一些数列题的关键知识点。
一、等差数列的解题技巧等差数列是最常见的数列类型之一。
解决等差数列题可以运用以下技巧：1. 找出公差：公差是等差数列中相邻两项的差值，一般表示为d。
通过找出公差，可以帮助我们确定等差数列的规律。
2. 判断首项和通项公式：等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中an表示第n项，a1表示首项，d表示公差。
通过已知条件，可以确定首项和公差的值，并利用通项公式解决问题。
3. 利用等差数列的性质：等差数列具有一些特殊的性质，如任意三项的和等于三倍的中间项、前n项和的计算公式等。
在解题过程中，利用这些性质可以简化计算，提高解题效率。
二、等比数列的解题技巧等比数列是另一类常见的数列类型。
解决等比数列题可以运用以下技巧：1. 找出公比：公比是等比数列中相邻两项的比值，一般表示为q。
通过找出公比，可以帮助我们确定等比数列的规律。
2. 判断首项和通项公式：等比数列的通项公式为an = a1 * q^(n-1)，其中an表示第n项，a1表示首项，q表示公比。
通过已知条件，可以确定首项和公比的值，并利用通项公式解决问题。
3. 利用等比数列的性质：等比数列具有一些特殊的性质，如任意相邻三项的乘积相等等。
在解题过程中，利用这些性质可以简化计算，提高解题效率。
三、斐波那契数列的解题技巧斐波那契数列是一种特殊的数列，它的每一项都是前两项的和。
解决斐波那契数列题可以运用以下技巧：1. 理解斐波那契数列的定义：斐波那契数列的前两项分别为0和1，后面的每一项都是前两项的和。
通过理解这个定义，可以找出斐波那契数列的规律。
2. 利用递推关系求解：斐波那契数列可以通过递推关系an = an-1 + an-2求解，其中an表示第n项。
(完整)数列题型及解题方法归纳总结,推荐文档
1知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）22434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
2022高考数学数列题解题方法数列题有什么答题套路
2022⾼考数学数列题解题⽅法数列题有什么答题套路数列题证明⼀个数列是等差（等⽐）数列时，最后下结论时要写上以谁为⾸项，谁为公差（公⽐）的等差（等⽐）数列；证明不等式时，有时构造函数，利⽤函数单调性很简单（所以要有构造函数的意识）。
数列题解题⽅法注意等差、等⽐数列通项公式、前n项和公式;证明数列是等差或等⽐直接⽤定义法(后项减前项为常数/后项⽐前项为常数)，求数列通项公式，如为等差或等⽐直接代公式即可。
其它的⼀般注意类型采⽤不同的⽅法(已知sn求an、已知sn与an关系求an(前两种都是利⽤an=sn-sn-1，注意讨论n=1、n>;1)，累加法、累乘法、构造法(所求数列本⾝不是等差或等⽐，需要将所求数列适当变形构造成新数列lamt，通过构造⼀个新数列使其为等差或等⽐，便可求其通项，再间接求出所求数列通项)。
数列的求和第⼀步要注意通项公式的形式，然后选择合适的⽅法(直接法、分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等)进⾏求解。
第⼆题是⽴体⼏何题，证明题注意各种证明类型的⽅法(判定定理、性质定理)，注意引辅助线，⼀般都是对⾓线、中点、成⽐例的点、等腰等边三⾓形中点等等，理科其实证明不出来直接⽤向量法也是可以的。
计算题主要是体积，注意将字母换位(等体积法);线⾯距离⽤等体积法。
理科还有求⼆⾯⾓、线⾯⾓等，⽤建⽴空间坐标系的⽅法(向量法)⽐较简单，注意各个点的坐标的计算，不要算错。
⾼考数学答题窍门1、审题要慢，答题要快有些考⽣只知道⼀味求快，往往题意未清，便匆忙动笔，结果误⼊歧途，即所谓欲速则不达，看错⼀个字可能会遗憾终⽣，所以审题⼀定要慢，有了这个“慢”，才能形成完整的合理的解题策略，才有答题的“快”。
2、运算要准，胆⼦要⼤⾼考没有⾜够的时间让你反复验算，更不容你⼀再地变换解题⽅法，往往是拿到⼀个题⽬，凭感觉选定⼀种⽅法就动⼿做，这时除了你的每⼀步运算务求正确外，还要求把你当时的解法坚持到底，也许你选择的不是最好的⽅法，但如回头重来将会花费更多的时间，当然坚持到底并不意味着钻⽜⾓尖，⼀旦发现⾃⼰⾛进死胡同，还是要⽴刻迷途知返。
数列解题思路与技巧
数列解题思路与技巧数列解题是高中数学中的一个重要内容。
随着中考、高考对数学知识的要求日益提高，我们需要不断提高自己的数列解题能力。
本文将分享一些数列解题的思路与技巧，希望能给大家提供一些帮助。
一、数列的定义与分类数列是一组有序的、按照某种规律排列的数字。
通常用a1、a2、a3……an 表示，其中a1 为首项，an 为末项，n 为项数。
数列可分为等差数列、等比数列、斐波那契数列等多种类型。
在解决数列问题时，要首先确定所给数列的类型。
二、等差数列的解题思路与方法等差数列常见的应用有求和、求公差、求项数等。
其中，求和是最常见的问题。
下面我们将讨论如何解决等差数列求和的问题。
1. 求和公式对于首项为a1，公差为d，末项为an，项数为n 的等差数列，它的前n 项和可以用以下公式表示：Sn=n/2(2 × a1+(n-1) × d)其中，Sn 表示前n 项的和。
这是一个经典的求和公式，掌握之后可以大幅提高求和的效率。
2. 已知首项、末项和项数，求和如果已知首项、末项和项数，我们可以通过求出公差来使用求和公式计算和。
例如，已知首项为1，末项为100，项数为20，求和。
首先，根据公式an=a1+(n-1)×d，可以求出公差为5。
然后，代入公式Sn=n/2(2 × a1+(n-1) × d)，得到Sn=20/2(2 ×1+(20-1) × 5)=1010。
因此，所求和为1010。
3. 已知首项、公差和项数，求和如果已知首项、公差和项数，我们可以直接使用求和公式计算和。
例如，已知首项为3，公差为2，项数为10，求和。
代入公式Sn=n/2(2 × a1+(n-1) × d)，得到Sn=10/2(2 ×3+(10-1) × 2)=65。
因此，所求和为65。
三、等比数列的解题思路与方法等比数列也是数列中重要的一类。
高考大题规范解答系列(三)数列
高考大题规范解答系列(三)——数列1．(2020·课标Ⅲ，17,12分)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和．若S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，求m . [解析] (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝4，a 1q 2－a 1＝8.解得a 1＝1，q ＝3.所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)知log 3a n ＝n －1.故S n ＝n (n －1)2.由S m ＋S m ＋1＝S m ＋3得m (m －1)＋(m ＋1)m ＝(m ＋3)(m ＋2)． 即m 2－5m －6＝0.解得m ＝－1(舍去)或m ＝6.2．(2021·新高考八省联考)已知各项都为正数的数列{a n }满足a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n . (1)证明：数列{a n ＋a n ＋1}为等比数列； (2)若a 1＝12，a 2＝32，求{a n }的通项公式．[解析] (1)∵a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n ， ∴a n ＋2＋a n ＋1＝3(a n ＋1＋a n )． 又∵a n >0，∴a n ＋2＋a n ＋1a n ＋1＋a n ＝3，∴数列{a n ＋1＋a n }为等比数列．(2)由(1)得，a n ＋a n ＋1＝(a 1＋a 2)×3n －1＝2×3n －1 ① ∴a n ＋1＋a n ＋2＝2×3n ② ②－①得a n ＋2－a n ＝4×3n －1 当n 为奇数时， a 3－a 1＝4×30 a 5－a 3＝4×32 a 7－a 5＝4×34 ……a n －a n －2＝4×3n －3相加得a n －a 1＝4×(30＋32＋34＋…＋3n －3)＝4×30－3n －3×321－32＝3n －1－12，∴a n ＝12×3n －1.当n 为偶数时由a n ＋a n ＋1＝2×3n－1得a n ＝2×3n －1－a n ＋1＝2×3n －1－12×3n ＝12×3n －1.综上所述a n ＝12×3n －1.3．(2020·课标Ⅲ，17,12分)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n . (1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n . [解析] (1)a 2＝5，a 3＝7. 猜想a n ＝2n ＋1.由已知可得 a n ＋1－(2n ＋3)＝ 3[a n －(2n ＋1)]， a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]， ……a 2－5＝3(a 1－3)．因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n ，所以S n ＝ 3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n .① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1.② ①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1. 所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2.4．(2021·湖北武汉部分重点中学联考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }中，b n ＝2a n ＋1，且其前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)判断数列{c n }的增减性．[解析] (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，不满足上式．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2(n ＝1)，2n －1(n ≥2)，于是b n＝⎩⎨⎧23(n ＝1)，1n (n ≥2).(2)由题意得c n ＝T 2n ＋1－T n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1， 所以c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＝12n ＋3－12n ＋2＝－1(2n ＋3)(2n ＋2)<0，即c n ＋1<c n ，所以数列{c n }为递减数列．5．(2020·新高考Ⅰ，Ⅱ，18,12分)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)(新高考Ⅰ)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100.(新高考Ⅱ)求a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1.[解析] (1)设{a n }的公比为q .由题设得a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8. 解得q 1＝12(舍去)，q 2 ＝2.由题设得a 1＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)(新高考Ⅰ)由题设及(1)知b 1＝0，且当2n ≤m <2n＋1时，b m ＝n .所以S 100＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6＋b 7)＋…＋(b 32＋b 33＋…＋b 63)＋(b 64＋b 65＋…＋b 100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63) ＝480.(新高考Ⅱ)a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1 ＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n －1·22n ＋1 ＝23[1－(－22)n ]1－(－2)2＝85－(－1)n22n ＋35.6．(理)(2021·辽宁鞍山一中模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .(文)(2020·长沙长郡中学检测)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .[解析] (理)(1)由S n ＝2n 2＋n ，可得当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋n )－[2(n －1)2＋(n －1)]＝4n －1.当n ＝1时，a 1＝3符合上式，所以a n ＝4n －1，由a n ＝4log 2b n ＋3可得4n －1＝4log 2b n ＋3，解得b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)a n b n ＝(4n －1)·2n －1∴T n ＝3＋7·21＋11·22＋15·23＋…＋(4n －1)·2n －1① ∴2T n ＝3·21＋7·22＋11·23＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ②①－②可得－T n ＝3＋4[21＋22＋23＋24＋…＋2n －1]－(4n －1)·2n ＝3＋4×2(1－2n －1)1－2－(4n －1)·2n＝－5＋(5－4n )·2n ， ∴T n ＝5＋(4n －5)·2n ，n ∈N *.(文)(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ， 由b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，a 1＝3，b 1＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧ q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d 解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2.∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1. (2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (n ＋2)， 则当n 为奇数时，c n ＝2S n ＝1n －1n ＋2，当n 为偶数时，c n ＝2n －1，∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n－1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1)＝1－12n ＋1＋2(1－4n)1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)． 7．(理)(2020·山西大学附中模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝na n ＋2a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <4.(文)(2021·北京西城区期中)已知等比数列{a n }满足a 3－a 2＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，请说明理由．[解题思路] (1)先根据2S n ＝na n ＋2a n －1和a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，推出数列{a n }的递推公式，再求a n .(2)根据⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的通项公式的结构形式，联系裂项求和法进行适当放缩．再求和，证明T n <4.[解析] (理)(1)解法一：当n ＝1时，2S 1＝a 1＋2a 1－1， 所以a 1＝1.当n ≥2时，2S n ＝na n ＋2a n －1， ① 2S n －1＝(n －1)a n －1＋2a n －1－1.②①－②，得2a n ＝na n －(n －1)a n －1＋2a n －2a n －1，所以na n ＝(n ＋1)a n －1. 所以a nn ＋1＝a n －1n .所以a n n ＋1＝a n －1n ＝…＝a 11＋1＝12，即a n ＝n ＋12.当n ＝1时，a 1＝1也满足此式． 故数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12. 解法二：当n ＝1时，2S 1＝a 1＋2a 1－1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，2S n ＝na n ＋2a n －1， ① 2S n －1＝(n －1)a n －1＋2a n －1－1.②①－②，得2a n ＝na n －(n －1)a n －1＋2a n －2a n －1， 所以na n ＝(n ＋1)a n －1. 所以a n a n －1＝n ＋1n .所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a n a n －1＝1×32×43×…×n ＋1n ＝n ＋12.当n ＝1时，a 1＝1也满足此式． 故数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12. (2)证明：由(1)得a n ＝n ＋12，所以1a 2n ＝4(n ＋1)2<4n (n ＋1)＝4⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 所以T n ＝422＋432＋442＋…＋4(n ＋1)2<41×2＋42×3＋43×4＋…＋4n (n ＋1)＝4⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1<4.(文)(1)设等比数列{a n }的公比为q ， 则a 3－a 2＝a 1q 2－a 1q ＝10 ①， a 1a 2a 3＝(a 1q )3＝125②，由①②得q ＝3，a 1＝53.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝53×3n －1＝5×3n －2.(2)假设存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m ≥1.由(1)知a n ＝5×3n －2， ∴1a n ＝15×⎝⎛⎭⎫13n －2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a m ＝35⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m 1－13＝910⎝⎛⎭⎫1－13m ≥1， ∴32－m≤－1，显然不成立，因此不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1.8．(2021·山东全真模拟)在①b 1＋b 3＝a 2，②a 4＝b 4，③S 5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k 存在，求k 的值；若k 不存在，说明理由．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，________，b 1＝a 5，b 2＝3，b 5＝－81，是否存在k ，使得S k >S k ＋1且S k ＋1<S k ＋2?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． [解析] 选条件①，设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 5b 2＝－27，即q ＝－3，所以b n ＝－(－3)n －1.从而a 5＝b 1＝－1，a 2＝b 1＋b 3＝－10，由于{a n }是等差数列，所以a n ＝3n －16. S k >S k ＋1且S k ＋1<S k ＋2等价于a k ＋1<0且a k ＋2>0，由⎩⎪⎨⎪⎧3(k ＋1)－16<0，3(k ＋2)－16>0，得103<k <133，又k ∈N *，所以k ＝4.所以满足题意的k 存在． 选条件②.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 5b 2＝－27，即q ＝－3，所以b n ＝－(－3)n －1.从而a 5＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝27，所以{a n }的公差d ＝－28.因为S k >S k ＋1且S k ＋1<S k ＋2等价于a k ＋1<0且a k ＋2>0，此时d ＝a k ＋2－a k ＋1>0，与d ＝－28矛盾，所以满足题意的k 不存在．选条件③.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 5b 2＝－27，即q ＝－3，所以b n ＝－(－3)n －1.从而a 5＝b 1＝－1，由{a n }是等差数列得S 5＝5(a 1＋a 5)2，由S 5＝－25得a 1＝－9. 所以a n ＝2n －11.S k >S k ＋1且S k ＋1<S k ＋2等价于a k ＋1<0且a k ＋2>0，由⎩⎪⎨⎪⎧2(k ＋1)－11<0，2(k ＋2)－11>0，得72<k <92，又k ∈N *，所以k ＝4.所以满足题意的k 存在．。
四类数列题型-新高考数学大题秒杀技巧(解析版)
四类数列题型-2023年高考数学大题秒杀技巧数列求和问题一般分为四类：类型1：错位相减；类型2：裂项相消求和；类型3：分组求和；类型4：含−1 n 类进行求和 。
下面给大家对每一个类型进行秒杀处理.数列求和之前需要掌握一些求数列通项的技巧，技巧如下：①当高考数列大题出现《a n 与a n +1》或《a n 与a n −1》递推关系且关系式中系数为1时，应遵循以下步骤第一步：作差第二步：列举第三步：求和→简称《知差求和》注意：列举时最后一项必须是a n −a n −1②当高考数列大题出现《a n 与a n +1》或《a n 与a n −1》递推关系且关系式中系数不为1时，应遵循以下步骤第一步：秒求所配系数第二步：寻找新的等比数列第三步：求新数列的通项第四步反解a n →简称《构造法》③当高考数列大题出现《a n 与a n +1》或《a n 与a n −1》递推关系，关系式中出现倍数关系时，应分为两种情况，第一种情况：若f n 是常数时，可归为等比数列，第二种情况：若f n 可求积，应遵循以下步骤第一步：出现商的形式第二步：列举第三步：求积出现a n →简称《知商求积》类型1：错位相减；a n =An +B ⋅C n第一步：求和(求和×公比)S n =A +B ⋅C 1+A ⋅2+B ⋅C 2+A ⋅3+B ⋅C 3+⋯⋯+A ⋅n −1 +B ⋅C n −1+A ⋅n +B ⋅C nC ⋅S n =A +B ⋅C 2+A ⋅2+B ⋅C 3+A ⋅3+B ⋅C 4+⋯⋯+A ⋅n −1 +B ⋅C n +A ⋅n +B ⋅C n +1①式-②式得S n −C ⋅S n =A +B ⋅C 1+A ⋅C 2+A ⋅C 3+⋯⋯+A ⋅C n −A ⋅n +B ⋅C n +1S n 1−C =A ⋅C 1+A ⋅C 2+A ⋅C 3+⋯⋯+A ⋅C n +B ⋅C 1−A ⋅n +B ⋅C n +1S n =A ⋅C ⋅1−C n1−C+B ⋅C 1−A ⋅n +B ⋅C n +11−CS n =A ⋅C ⋅1−C n 1−C 2+B ⋅C 11−C −A ⋅n +B ⋅C n +11−C ⇒S n =AC −C n +1C −12−B ⋅C 1C −1+A ⋅n +B ⋅C n +1C −1S n =An C −1+B C −1−A C −1 2 ⋅C n +1−B C −1−A C −1 2⋅C 错位相减专项训练1已知等差数列a n 前n 项和为S n ，a 1=1，S 9=9a 6-18.(1)求an 的通项公式；(2)若数列b n满足a1b1+a2b2+⋯+a n b n=2n-3⋅2n+1+6，求和：T n=a1b n+a2b n-1+⋯+a n-1b2+a n b1.【答案】(1)a n=2n-1(2)3×2n+1-4n-6【详解】(1)因为等差数列a n前n项和为S n，所以S9=9a1+a92=9×2a52=9a5，又S9=9a6-18，所以9a5=9a6-18⇒d=a6-a5=189=2，又a1=1，所以a n是首项为1，公差为2的等差数列，所以a n的通项公式为a n=1+2n-1=2n-1.(2)因为a1b1+a2b2+⋯+a n b n=2n-3⋅2n+1+6，所以a1b1+a2b2+⋯+a n-1b n-1=2n-5⋅2n+6n≥2，两式相减得：a n b n=2n-3⋅2n+1+6-2n-5⋅2n-6=2n-1⋅2n n≥2，又a1b1=2满足上式，所以a n b n=2n-1⋅2n n∈N*，又a n=2n-1，所以b n=2n.所以T n=1×2n+3×2n-1+5×2n-2+⋯+2n-3×4+2n-1×2，2T n=1×2n+1+3×2n+5×2n-1+⋯+2n-3×8+2n-1×4，两式相减得：T n=2n+1+2n+1+2n+⋯+8-2n-1×2=2n+1+8-2n+21-2-2n-1×2=3×2n+1-4n-6.2数列a n中，a1=2，记T n=a1a2a3⋯a n，T n是公差为1的等差数列.(1)求a n的通项公式；(2)令b n=na n2n，求数列b n的前n项和S n.【答案】(1)a n=n+1 n(2)S n=3-n+32n【详解】(1)当n=1时，T1=a1=2所以T n=T1+n-1×1=n+1所以a1a2a3⋯a n=n+1当n≥2时，a1a2a3⋯a n-1=n所以a n=n+1nn≥2又a1=2符合a n=n+1 n所以a n=n+1 n.(2)由(1)得b n=n+12n所以S n=22+322+423+⋯+n2n-1+n+12n①所以12S n=222+323+424+⋯+n2n+n+12n+1②①-②得12S n=22+122+123+124+⋯+12n-n+12n+1=1+141-12n-11-12-n+12n+1=32-12n-n+12n+1所以S n=3-n+3 2n.3已知数列a n满足a1=-1，且2a n+1-a n=1 2n.(1)求2n⋅a n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n.【答案】(1)2n a n=n-3(2)S n=-n-12n-1【详解】(1)解：因为数列a n满足a1=-1，且2a n+1-a n=12n，在等式2a n+1-a n=12n两边同时乘以2n可得2n+1a n+1-2n a n=1，且2a1=-2，所以，数列2n⋅a n是以-2为首项，公差为1的等差数列，所以，2n a n=-2+n-1=n-3.(2)解：由(1)可得a n=n-32n ，所以，S n=-221+-122+023+⋯+n-32n，①可得12S n=-222+-123+⋯+n-42n+n-32n+1，②①-②可得12S n=-1+122+123+⋯+12n-n-32n+1=-1+141-12n-11-12-n-32n+1=-12-n-12n+1，因此，S n=-n-12n-1.4已知数列a n的前n项和为S n,a1=0，且S n+1=2S n+2n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设数列b n满足b n=log2a n+12，求a n+1b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=0,n=1 2n-1,n≥2(2)T n=n2-2n+3×2n+1-6【详解】(1)令n=1时S2=a1+a2=2a1+2=2∵a1=0，∴a2=2∵S n+1=2S n+2，...①∴n≥2时，S n=2S n-1+2，...②由①-②得a n+1=2a n.∴a n=0,n=1 2n-1,n≥2 .(2)由(1)知b n=log2a n+12=n2.令c n=a n+1b n=n2⋅2n，则T n=c1+c2+c3+⋯+c n=12×21+22×22+32×23+⋯+n22n...③2T n=12×22+22×23+⋯+(n-1)2×2n+n22n+1...④③-④得：-T n=1×21+3×22+5×23+⋯+2n-1×2n-n22n+1令G n=1×21+3×22+5×23+⋯+(2n-1)×2n...⑤2G n=1×22+3×23+⋯+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1...⑥⑤-⑥得：-G n=1×21+2×22+2×23+⋯+2×2n-2n-1×2n+1=2+222+23+⋯2n-2n-1×2n+1=2+231-2n-11-2-2n-1×2n+1=-2n-3×2n+1-6∴G n=2n-3×2n+1+6∴-T n=2n-3×2n+1+6-n22n+1∴T n=n2-2n+3×2n+1-65已知等差数列a n的公差不为零，其前n项和为S n，且a2是a1和a5的等比中项，a2n=2a n +1n∈N*．(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n=2a n+1，令c n=a n b n，求数列c n的前n项和T n．【答案】(1)a n=2n-1(2)T n=209+2n3-59×4n+1.【详解】(1)设等差数列a n的首项为a1，公差为d≠0，又a2是a1和a5的等比中项，得a22=a1a5，即a1+d2=a1a1+4d，即d=2a1，①又a2n=2a n+1n∈N*，取n=1时，a2=2a1+1，即a1+d=2a1+1，②将①②联立解得a1=1，d=2，an=2n-1，(2)由题意可知，b n =22n =4n ，c n =2n -1 ⋅4n ，T n =1×4+3×42+5×43+⋯+2n -3 ×4n -1+2n -1 ×4n ,4T n =1×42+3×43+5×44+...+2n -3 ×4n +2n -1 ×4n +1-3T n =4+2×42+2×43+...+2×4n -2n -1 ×4n +1，-3T n =4+2×42-4×4n 1-4-2n -1 ×4n +1，-3T n =-203+53-2n ×4n +1，T n =209+2n 3-59×4n +1类型2：裂项相消求和①a n =f (n +1)−f (n )②sin1°cos n °cos (n +1)°=tan (n +1)°−tan n °③a n =1n (n +1)=1n −1n +1④a n =(2n )2(2n −1)(2n +1)=1+1212n −1−12n +1 ⑤a n =1n (n −1)(n +2)=121n (n +1)−1(n +1)(n +2)⑥a n =n +2n (n +1)⋅12n =2(n +1)−n n (n +1)⋅12n =1n ⋅2n −1−1(n +1)2n ,则S n =1−1(n +1)2n ⑦a n =1(An +B )(An +C )=1C −B 1An +B −1An +C⑧a n =1n +n +1=n +1-n ，1a +b=1a -b a -b ⑨a n =log a n +1n =log a n +1 −log a n ⑩a n =2n 2n −1 ⋅2n +1−1=12n −1−12n +1−1裂项相消求和专项训练6已知在等差数列a n 中，a 1+a 5=18,a 6=15.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列1a n -1a n 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =2n +3(2)n 6n +9【详解】(1)设a n 的公差为d .由a 1+a 5=18，可得a 3=9.因为a 6=15，所以3d =a 6-a 3=15-9=6，所以d =2.因为a 3=a 1+2d =9，所以a 1=5，故a n =2n +3.(2)因为a n =2n +3，所以1a n -1a n=12n +1 2n +3=1212n +1-12n +3，所以S n =1a n -1a n=1213-15 +1215-17 +⋯+1212n +1-12n +3=1213-12n +3 =n6n +9.7已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足a 1=12，a n +S n -1S n=0(n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列(2n +1)a 2n 的前n 项和.【答案】(1)a n =12,n =1,-1n (n +1),n ≥2.(2)T n =n (n +2)(n +1)2【详解】(1)当n =1时，S 1=a 1=12，当n ≥2时，a n =S n -S n -1，∴S n -S n -1+S n -1S n =0，即S n -1-S n =S n -1S n ，∵S n -1，S n ≠0，∴1S n -1S n -1=1，∴1S n 是首项为2，公差为1的等差数列，∴1S n=2+(n -1)×1=n +1，S n =1n +1，∴a n =-S n -1S n =-1n (n +1)，综上，a n =12,n =1,-1n (n +1),n ≥2.(2)∵a 2n =1n 2(n +1)2，,(n ≥1),∴(2n +1)a 2n =2n +1n 2(n +1)2=1n 2-1(n +1)2，记数列(2n +1)a 2n 的前n 项和为T n ，∴T n =112-122+122-132+⋅⋅⋅+1(n -1)2-1n 2 +1n 2-1(n +1)2=1-1(n +1)2=n (n +2)(n +1)2.8已知公差不为0的等差数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1,a 2,a 5成等比数列，a 2a 3=a 8.(1)求数列a n 的通项公式a n ；(2)若n ≥2，1S 2-1+1S 3-1+⋯+1S n -1≥2140，求满足条件的n 的最小值.【答案】(1)a n =2n -1(2)4【详解】(1)解：设等差数列a n的公差为d，因为a1,a2,a5成等比，所以a22=a1a5，可得a1a1+4d=a1+d2，整理得2a1d=d2，又因为d≠0，所以2a1=d，因为a2⋅a3=a8，所以a1+da1+2d=a1+7d，可得a21-a1=0，解得a1=0或者a1=1，当a1=0时，d=2a1=0，不合题意舍去；当a1=1时，d=2a1=2，则a n=2n-1，所以数列a n的通项公式为a n=2n-1.(2)解：由a n=2n-1，可得S n=n(1+2n-1)2=n2，所以1S n-1=1n2-1=121n-1-1n+1,n≥2，当n≥2时，1S2-1+1S3-1+⋯+1S n-1=121-13+12-14+⋯+1n-1-1n+1=1232-1n-1n+1 ，令1232-1n-1n+1≥2140，可得1n+1n+1≤920，即9n2-31n-20=(9n+5)(n-4)≥0，解得n≥4，所以n的最小值为4.9从①a n+12=a2n-1+4a n+2a n-1+1n≥2,a n>0，②na n+1=n+1a n+1，③前n项和S n满足nS n+1 S n+n=n+1中任选一个，补充在下面的横线上，再解答.已知数列a n的首项a1=1，且.(1)求a n的通项公式；(2)若b n=2a n a n+1，求数列b n的前n项和T n.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)a n=2n-1(2)T n=2n2n+1【详解】(1)选①：由a n+12=a2n-1+4a n+2a n-1+1n≥2，可得a n+a n-1a n-a n-1-2=0.因为a n>0，所以a n-a n-1=2n≥2,所以a n是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n=1+n-1×2=2n-1.选②：由na n+1=n+1a n+1，得na n+1+n=n+1a n+n+1，所以n a n+1+1=n+1a n+1，所以a n+1+1n+1=a n+1n，故数列a n +1n 是常数列，所以a n +1n =a 1+11=2，故a n =2n -1.选③：由nS n +1S n +n=n +1，得nS n +1-n +1 S n =n n +1 ，则S n +1n +1-S n n =1，所以数列S nn是首项为1，公差为1的等差数列，所以S nn=1+n -1 ×1=n ，则S n =n 2.当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n 2-(n -1)2=2n -1，易知a 1=1也满足上式，故a n 的通项公式为a n =2n -1.(2)由(1)可得b n =2a n a n +1=22n -1 2n +1=12n -1-12n +1，则T n =b 1+b 2+⋯+b n =1-13 +13-15 +⋯+12n -1-12n +1=1-12n +1=2n2n +110已知数列a n 满足a 1=13，2-a n a n +1=1．(1)证明：数列11-a n是等差数列，并求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项的积为T n ，证明：T 1T 2+T 2T 3+⋯+T n T n +1<12．【答案】(1)证明见解析，a n =2n -12n +1；(2)证明见解析.【详解】(1)由2-a n a n +1=1，得a n +1=12-a n，显然n ∈N ∗，a n ≠1，否则a 1=1，矛盾，11-a n +1=11-12-a n =2-a n 2-a n -1=2-a n 1-a n =1+11-a n ，即11-a n +1-11-a n =1，因此数列11-a n 是首项为11-a 1=32，公差为1的等差数列，则11-a n =32+(n -1)×1=2n +12，整理得a n =2n -12n +1，所以数列11-a n是等差数列，数列a n 的通项公式是a n =2n -12n +1.(2)由(1)知，a n =2n -12n +1，T n =a 1a 2a 3⋯a n =13×35×57×⋯×2n -12n +1=12n +1，于是T n T n +1=12n +1⋅12n +3=1212n +1-12n +3，所以T 1T 2+T 2T 3+⋯+T n T n +1=1213-15 +15-17+⋯+12n +1-12n +3 =1213-12n +3 <12.类型3：分组求和①等差数列求和公式：S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n −1)2d ②等比数列求和公式：S n =na 1(q =1)a 1(1−q n)1−q=a 1−a nq1−q(q ≠1)③S n =nk =1k =12n (n +1)④S n =nk =1k 2=16n (n +1)(2n +1)⑤S n =nk =1k 3=12n (n +1)]2类型3：分组求和专项训练11已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=3,2S n =3a n -3.(1)求a n 的通项公式；(2)设数列b n 满足：b n =a n +log 3a n ，记b n 的前n 项和为T n ，求T n .【答案】(1)a n =3n n ∈N * (2)T n =3n +1+n 2+n -32【详解】(1)∵2S n =3a n -3①∴当n ≥2时，2S n -1=3a n -1-3②①-②得：2a n =3a n -3a n -1即a n =3a n -1n ≥2∵a 1=3，∴数列a n 是以3为首项，3为公比的等比数列.∴a n =3n n ∈N *(2)∵b n =a n +log 3a n =3n +n .∴T n =b 1+b 2+⋯+b n -1+b n =31+1 +32+2 +⋯+3n -1+n -1 +3n +n =31+32+⋯+3n -1+3n +1+2+⋯+n -1+n =31-3n 1-3+1+n n 2=3n +1+n 2+n -32所以b n 的前n 项和T n =3n +1+n 2+n -32.12已知数列a n 满足：a 1=3，a n =a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ．(1)求数列a n 的通项公式；(2)令b n =a n -1+-1 n log 2a n -1 ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n +1(n ∈N *)(2)T n =2n +1-2-n +12,n =2k -12n +1-2+n 2,n =2k且k ∈N *【详解】(1)∵a n -a n -1=2n -1(n ≥2)，∴当n ≥2时a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+⋯+(a n -1-a n -2)+(a n -a n -1)=3+2+22+⋯+2n -2+2n -1=2+1-2n1-2=2n +1，检验知：当n =1时上式也成立，故a n =2n +1(n ∈N *)．(2)∵b n =2n +(-1)n n ．当n 为偶数时，T n =2+22+⋯+2n+(-1)+2+(-3)+4+⋯+(-1)nn =2(1-2n )1-2+n 2=2n +1-2+n2；当n 为奇数时，T n =T n -1+2n +(-1)n n =2n -2+n -12+2n -n =2n +1-2-n +12且n ≥3，又n =1时T 1=b 1=2-1=1满足上式，此时T n =2n +1-2-n +12；T n =2n +1-2-n +12,n =2k -12n +1-2+n 2,n =2k且k ∈N *.13在等比数列a n 中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一，第二，第三列中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一行．第一列第二列第三列第一行-1-416第二行2-6-10第三行5128(1)写出a 1，a 2，a 3，并求数列a n 的通项公式；(2)若数列b n 满足b n =a n +log 2a 2n ，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)a n =-1 n -1⋅2n(2)S n =2+-2 n +13+n 1+n【详解】(1)根据等比数列的定义和表格中数据，得到a 1=2，a 2=-4，a 3=8，即数列a n 是首项为2，公比为-2的等比数列，故a n =2×-2 n -1=-1 n -1⋅2n .(2)因为b n =a n +log 2a 2n =-1n -1⋅2n +log 222n =-1 n -1⋅2n +2n ，数列-1 n -1⋅2n 是首项为2，公比为-2的等比数列，2n 是首项为2，公差为2的等差数列，所以S n =21--2 n 1+2+2n 1+n 2=2+-2 n +13+n 1+n14已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=1，S n +1=2S n +1n ∈N + ．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =a n a n +1+log 2a n a n +1 n ∈N + ，求数列b n 的前n 项和．【答案】(1)a n=2n-1,n∈N+(2)23(4n-1)+n2【详解】(1)因为S n+1=2S n+1，所以S n+1+1=2(S n+1)，又S1+1=a1+1=2，所以数列{S n+1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以S n+1=2×2n-1=2n，即S n=2n-1，当n≥2时，S n-1=2n-1-1，所以a n=S n-S n-1=2n-1-2n-1+1=2n-1，当n=1时，a1=1也适合，故a n=2n-1,n∈N+.(2)b n=a n a n+1+log2a n a n+1=2n-1⋅2n+log2(2n-1⋅2n)=22n-1+2n-1，所以数列b n的前n项和为21+23+25+⋯+22n-1+1+3+5+⋯+2n-1=2(1-4n)1-4+n(1+2n-1)2=23(4n-1)+n2.15已知数列a n的前n项和S n=n2+n2，等比数列b n满足b2=a2，b3=a3+1．(1)求数列a n和b n的通项公式；(2)若c n=-a n b n+1,n为奇数a nb n,n为偶数，求数列cn的前2n项和T2n．【答案】(1)a n=n，b n=2n-1 (2)23(4n-1)【详解】(1)解：当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n，又n=1时，a1=S1=1也成立，所以，a n=n，所以，b2=a2=2，b3=a3+1=4，所以，等比数列b n的公比为b3b2=2，b1=b22=1，所以，b n=2n-1(2)解：因为c n=-a n b n+1,n为奇数a nb n,n为偶数，即cn=-n⋅2n,n为奇数n⋅2n-1,n为偶数，所以c2n-1+c2n=-(2n-1)⋅22n-1+2n⋅22n-1=22n-1,所以，数列c n的前2n项和T2n=c1+c2+c3+c4+⋯+c2n-1+c2n =(c1+c2)+(c3+c4)+⋯+(c2n-1+c2n)=2+23+25+⋯+22n-1=2(1-4n)1-4=23(4n-1)类型4：含−1n类进行求和我们估且把这种求和的方法称为“并项法”，可以推广到一般情况，用“并项法”求形如通项公式为a n =−1 n ⋅f n 的摆动数列{a n }前n 项和的步骤如下：第一步：首先获得并项后的一个通项公式，即先求当n 为奇数时，a n +a n +1的表达式；第二步：然后对n 分奇、偶进行讨论，即当n 为偶数时，由S n =a 1+a 2 +a 3+a 4 +a 5+a 6 +⋯+a n −1+a n 求出S n ；第三步：当n 为奇数且n ＞1时，由S n =S n −1+a n 求出S n ，特别注意对n =1时要单独讨论，即S 1要单独求出.第四步：将S 1代入当n 为奇数且n ＞1时S n 的表达式进行检验，如果适合，结果写成两段分段函数形式表示，如果不适合，结果写成三段分段函数形式表示含−1 n 类进行求和专项训练16设S n 为数列a n 的前n 项和，a n >0，a 2n +2a n +1=4S n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列-1 n 4n a n a n +1 的前n 项和T n.【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =-1+(-1)n 12n +1【详解】(1)已知a 2n +2a n +1=4S n ①，当n =1时，a 1=1.当n ≥2时，a 2n -1+2a n -1+1=4S n -1②①-②得：a 2n +2a n -a 2n -1-2a n -1=4a n ，即a n +a n -1 a n -a n -1-2 =0.又a n >0，所以a n +a n -1≠0，a n -a n -1=2.所以数列a n 是以1为首项，2为公差的等差数列.所以a n =2n -1.(2)设b n =(-1)n4n a n a n +1=(-1)n 4n 2n -1 2n +1 =(-1)n 12n -1+12n +1.T n =-1+13 +13+15 -15+17+⋯+(-1)n 12n -1+12n +1 =-1+(-1)n 12n +1.17数列a n 的前n 项的和为S n ，已知a 1=1，a 2=3，当n ≥2时，S n +1+S n -1=2S n +n +1.(1)求数列a n 的通项公式a n ；(2)设b n =-1 n ⋅a n ，求b n 的前2m m ∈N ∗ 项和T 2m .【答案】(1)an =n n +12(2)T2m=m m+1【详解】(1)解：当n≥2时，由S n+1+S n-1=2S n+n+1可得S n+1-S n=S n-S n-1+n+1，即a n+1=a n+n+1，因为a1=1，a2=3，所以n=1时也满足a n+1=a n+n+1，当n≥2时，a n-a n-1=n，所以，a n=a1+a2-a1+⋯+a n-a n-1=1+2+3+⋯+n=n n+12，当n=1时，a1=1，也满足上式，所以a n=n n+12n∈N∗.(2)解：b n=-1n⋅n n+12，对任意的n∈N∗，b2n-1+b2n=-2n2n-12+2n2n+12=2n，所以，T2m=b1+b2+b3+b4+⋯+b2m-1+b2m=21+2+⋯+m=2×m m+12=m m+1.18设正项数列a n的前n项和为S n，已知a3=5，且a2n+1=4S n+4n+1.(1)求a n的通项公式；(2)若b n=(-1)n⋅2na n a n+1，求数列b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n-1；(2)T n=-n2n+1,n为偶数,-n+12n+1,n为奇数.【详解】(1)因为a2n+1=4S n+4n+1，所以4S n=a2n+1-4n-1①，所以n≥2时，4S n-1=a2n-4n-1-1②．由①-②，得4a n=a2n+1-a2n-4，即a2n+1=a n+22．因为a n各项均为正数，所以a n+1=a n+2，即a n+1-a n=2，因为a3=5，所以a23=4a1+a2+9，a22=4a1+5，解得a2=3，a1=1，a2-a1=2，所以数列a n是公差为2的等差数列，所以a n=1+n-1×2=2n-1．(2)由(1)得b n=-1n2n2n-12n+1=-1n212n-1+12n+1．当n为偶数时，T n=-121+13+1213+15-1215+17+1217+19+⋯+1212n-1+12n+1=12-1+12n+1=-n2n+1；当n为奇数时，T n=-121+13+1213+15-1215+17+1217+19+⋯-1212n-1+12n+1=12-1-12n+1=-n+12n+1．所以T n=-n2n+1,n为偶数,-n+12n+1,n为奇数.19正项数列a n的前n项和为S n，已知2a n S n=a2n+1．(1)求证：数列S2n为等差数列，并求出S n，a n；(2)若b n=(-1)na n，求数列b n的前2023项和T2023．【答案】(1)S n=n；a n=n-n-1；(2)T2023=-2023.【详解】(1)由2a n S n=a2n+1可得，2S21=S21+1，又因为S n为正项数列a n的前n项和，所以S1=a1=1，因为a n=S n-S n-1，所以2S n-S n-1S n=S n-S n-12+1，所以S2n-S2n-1=1n≥2，数列S2n为等差数列，所以S2n=n，S n=n，a n=1n=1n-n-1n≥2，所以an=n-n-1.(2)b n=(-1)na n=(-1)n n+n-1，T2023=-1+2+1-3-2+4+3-⋅⋅⋅-2023-2022=-2023.20已知正项等比数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a2a3a4=64，数列b n满足b1=1,b1+1 2 b2+1 3b3+⋅⋅⋅+1nb n=b n+1-1n∈N*．(1)求数列a n,b n的通项公式；(2)设c n=a n+(-1)n2b n+1，求数列c n的前2n项和T2n．【答案】(1)a n=2n-1，b n=n；(2)T2n=22n+2n-1．【详解】(1)设数列a n的公比为q，由已知得q>0，因为a2a3a4=64，所以a33=64，得a3=4，又a1=1．所以q=2，所以a n=a1q n-1=2n-1，对于数列b n，因为b1+12b2+13b3+⋅⋅⋅+1nb n=b n+1-1 ①当n=1时，b1=b2-1，则b2=2，当n≥2时，b1+12b2+13b3+⋯+1n-1b n-1=b n-1 ②，由①-②得1nb n=b n+1-b n，即b n+1b n=n+1n，又b2b1=2，也适合上式，故b n+1b n=n+1nn∈N*，当n≥2时b n=b nb n-1⋅b n-1b n-2⋅⋅⋅⋅⋅b2b1⋅b1=nn-1⋅n-1n-2⋅⋅⋅⋅⋅21⋅1=n，又b1=1，所以b n=n；(2)由(1)可得：a n=2n-1,b n=n，则c n=a n+(-1)n2b n+1=2n-1+(-1)n(2n+1)，则数列c n的前2n项和为：T2n=20+(-1)⋅(2+1)+21+(-1)2⋅(2×2+1)+⋯+22n-1+(-1)2n⋅(2⋅2n+1)，所以：T2n=20+21+22+⋯+22n-1+(-1)⋅(2+1)+(-1)2⋅(2×2+1)+⋯+(-1)2n⋅(2⋅2n+1)=1-22n1-2+[-(2+1)+(2×2+1)]+⋯+[-(2⋅(2n-1)+1)+(2⋅2n+1)] =22n-1+2n=22n+2n-1．。
(完整)数列题型及解题方法归纳总结,推荐文档
1 2
5
文德教育
n 2时，a n Sn Sn1 …… 3·4 n1
a n ca n1 d c、d为常数，c 0，c 1，d 0
建议收藏下载本文，以便随时学习！ 4、叠乘法
可转化为等比数列，设a n x c a n1 x
例如：数列a n 中，a1
3，
a n1 an
n n 1 ，求an
a n ca n1 c 1x
解： a 2 · a 3 …… a n 1 · 2 …… n 1 ，∴ a n 1
a1 a2
a n1 2 3
n
a1 n
又a 1
3，∴a n
3 n
5、等差型递推公式
由a n a n1 f (n)，a1 a 0，求a n ，用迭加法
令(c 1)x d，∴x d c1
（3）形如 an1 ank 的递推数列都可以用对数法求通项。
（7）（理科）数学归纳法。
4
文德教育
建议收藏下载本文，以便随时学习！ （8）当遇到 an1
an1
d或 an1 an1
q 时，分奇数项偶数项讨论，结果
求数列通项公式的常用方法：
1、公式法
可能是分段形式。 数列求和的常用方法：
2、 由S n 求a n
∴a n
c
d
1是首项为a
1
c
d ，c为公比的等比数列 1
∴a n
c
d 1
a1
c
d
1
·c
n
1
n
2时，a 2 a3
a1 a2
f (2)
f
(3)
两边相加，得：
…… ……
a n a n1 f (n)
数列大题解题策略
数列大题解题策略2016.5.28一、题型定位：2015年高考数列为第五道解答题（第20题），作为压轴题，难度比较大；2016年高考数列可能仍为压轴题，难度一如既往比较大，但是也可能为第三道解答题（第 18题），难度会低一些，得分必须在12分以上。
1、第三道解答题（第18题）：以求通项求和为基础，求参数的取值范围以及简单的不等式证明。
2、第五道解答题（第20题）根据给出的递推关系证明不等式，数列的通项公式一般不能求出来，难度比较大递推关系主要有二次函数、一次分式函数、耐克函数、根式函数、三次函数 基本出发点：根据数列递推关系确定通项的单调性和范围（不动点）。
二、数列求通项、求和以及最值范围问题：主要考查等差数列，等比数列的定义，通项公式，求和公式及分组求和，裂项相消，错位相减求和法的应用第一问：根据给定条件，求n n S a ,等1） 明确告知是等差或是等比数列，即列方程组进行基本量的运算；2） 给出两项或三项之间的递推关系或是n a 与n S 的递推关系，先证明一个新的数列为等差或是等比数列，然后求通项或是求和，此时要恰当的进行变形转化，利用累加法、累乘法、待定系数法、构造法、阶差法等手段，特别要重视“阶差法”的思想，即把一个等式变成两个等式，从而寻找更直观的关系式。
注：常见递推公式：①)(1n f a a n n =-+ ；②)(1n f a a n n =+，③q pa a n n +=+1④q pa S n n +=；⑤q pS a n n +=+1等.第二问：不等恒成立问题、最大(小)项，最大(小)和问题、存在性问题等。
特别要重视含有参数的范围问题，注意自然数n 是从1开始的特点。
例1、（浙江11年题19）已知公差不为0的等差数列{}n a 的首项1a 为a （a ∈R ），设数列的前n 项和为n S ，且11a ，21a ，41a 成等比数列。
（1）求数列{}n a 的通项公式及n S ； （2） 记n A ＝11S +21S +31S +…+1n S , n B ＝11a + 21a +221a +… +121-n a ， 当n ≥2时，试比较n A 与n B 的大小。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第12页
课前自测
课堂探究
因为 n∈N*，所以 n2＋n≥2，所以 cn 不存在最小值， 即不存在满足题意的 k. 若选②，由 b5＝a4＋2a6，b4＋b6＝3a3＋3a5 可得36aa11＋ ＋1138dd＝ ＝1460， ， 得 d＝－1，a1＝239. 所以 Sn＝－12n2＋661n，cn＝bS2n＝－3n12＋2 61n. 因为当 n≤20 时，cn＞0，当 n≥21 时，cn＜0， 所以易知 cn 的最小值为 c21＝－27. 即存在 k＝21，使得对任意的 n∈N*，都有 ck≤cn.
第3页
课前自测
课堂探究
返回目录
解 (1)设{an}的公比为 q，则 an＝a1qn－1. 由已知得aa11＋q2－a1qa＝1＝48，. 解得 a1＝1，q＝3. 所以{an}的通项公式为 an＝3n－1. (2)由(1)知 log3an＝n－1. 故 Sn＝nn2－1. 由 Sm＋Sm＋1＝Sm＋3 得 m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即 m2－5m－6＝0. 解得 m＝－1(舍去)，m＝6.
返回目录
第6页
课前自测
课堂探究
返回目录
∵当 λ＝1 时，30＋Sk≤10，解得 k＝4 或 5，故存在 λ＝1，使得关于 k 的不等 式 λ(30＋Sk)≤10 有解．
选②，∵S3＝－19.5，∴a2＝－6.5，d＝－q＝2， ∴an＝a2＋2(n－2)＝2n－10.5，a1＝－8.5， ∴Sn＝n(n－9.5)＝n－1492－31661≥－22.5. 由 λ(30＋Sk)≤10 得 λ≤301＋0 Sk≤71.05＜2， ∴λ＝1，∵当 λ＝1 时，30＋Sk≤10，解得 k＝4 或 5 或 6， 故存在 λ＝1，使得关于 k 的不等式 λ(30＋Sk)≤10 有解．
返回目录
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，设出相应的 基本量，充分使用通项公式、求和公式、数列的性质，确定基本量．解综合题的成败 在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件，形成解题策略．
第9页
课前自测
课堂探究
返回目录
记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝－7，S3＝－15. (1)求{an}的通项公式； (2)求 Sn，并求 Sn 的最小值．
返回目录
第13页
课前自测
课堂探究
若选③，则由 b5＝a4＋2a6，a2＋a3＝b4 可得32aa11＋ ＋133d＝d＝8，16， 得 d＝187，a1＝5167， 所以 Sn＝4n2＋1752n，cn＝bS2n＝2n2＋1726n. 因为 2n2＋26n≥28，所以 cn 不存在最小值， 即不存在满足题意的 k.
第4页
课前自测
课堂探究
返回目录
【典例 2】 开放题(2020·青岛模拟)在①a3＋b3＝0，②S3＝－19.5，③a3＋a1＝2 ＋ b2·b4这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的 λ 存在，求出 λ 的值； 若 λ 不存在，说明理由．
已知等差数列{an}的公差为 d，Sn 是数列{an}的前 n 项和，等比数列{bn}的公比为 q(q≠1)，Tn 是数列{bn}的前 n 项和，__________，b1＝1，T3＝3，d＝－q，是否存在 正整数 λ，使得关于 k 的不等式 λ(30＋Sk)≤10 有解？
已知{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn，{bn}是公比大于 0 的等比数列，b1＝1， b3＝b2＋2，b5＝a4＋2a6，且__________，设 cn＝bS2n，是否存在 k，使得对任意的 n∈ N*，都有 ck≤cn?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
第11页
课前自测
解 (1)设{an}的公差为 d，由题意得 S3＝3a1＋3d＝－15.由 a1＝－7 得 d＝2. 所以{an}的通项公式为 an＝2n－9. (2)由(1)得 Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16. 所以当 n＝4 时，Sn 取得最小值，最小值为－16.
第10页
课前自测
课堂探究
返回目录
2.开放题(2020·日照模拟)在①b4＝a3＋a5；②b4＋b6＝3a3＋3a5；③a2＋a3＝b4 这 三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的 k 存在，求出 k 的值；若 k 不存在，说明理由．
课堂探究
返回目录
解 设数列{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q(q＞0)， 因为{bn}是公比大于 0 的等比数列，且 b1＝1，b3＝b2＋2， 所以 q2＝q＋2，解得 q＝2(q＝－1 不合题意，舍去)． 所以 bn＝2n－1. 若存在 k，使得对任意的 n∈N*，都有 ck≤cn，则 cn 存在最小值． 若选①，则由 b5＝a4＋2a6，b4＝a3＋a5 可得32aa11＋ ＋163d＝d＝8，16， 得 d＝1，a1＝1. 所以 Sn＝12n2＋12n，cn＝bS2n＝12n2＋2 21n＝n2＋4 n.
注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．
第5页
课前自测
Hale Waihona Puke 课堂探究解 由 b1＝1，T3＝b1(1＋q＋q2)＝3， 得 q＝－2 或 q＝1(舍去)，∴bn＝(－2)n－1. 选①，∵a3＋b3＝0，∴a3＝－b3＝－4，d＝－q＝2， ∴an＝a3＋2(n－3)＝2n－10，a1＝－8， ∴Sn＝n(n－9)＝n－922－841≥－20， 由 λ(30＋Sk)≤10 得 λ≤301＋0 Sk≤1， ∴λ＝1，
第二部分 突破热考题型 提升关键能力
板块二 核心考点 专题突破 专题二 数列
第3讲 数列解答题解题策略及答题规范 (大题攻略)
目 录
课前自测 1 课堂探究 2
课前自测
课堂探究
返回目录
课前自测
考点❶等差、等比数列的基本运算☆☆☆ 【典例 1】 (2020·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足 a1＋a2＝4，a3－a1＝8. (1)求{an}的通项公式； (2)记 Sn 为数列{log3an}的前 n 项和．若 Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求 m.
第7页
课前自测
课堂探究
选③，∵a3＋a1＝2＋ b2·b4＝6， ∴a2＝a1＋2 a3＝3，d＝－q＝2， ∴an＝a2＋2(n－2)＝2n－1，a1＝1， ∴Sn＝n2，∴30＋Sk＞10， ∴不存在正整数 λ，使得关于 k 的不等式 λ(30＋Sk)≤10 有解．
返回目录
第8页
课前自测
课堂探究