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高考专题突破三高考中的数列问题【考点自测】1(2017洛阳模拟)已知等差数列an的公差和首项都不等于0,且a2,a4,a8成等比数列,则等于()A2 B3 C5 D7答案B解析在等差数列an中,a2,a4,a8成等比数列,aa2a8,(a13d)2(a1d)(a17d),d2a1d,d0,da1,3.故选B.2(2018衡水调研)已知等差数列an的前n项和为Sn,a55,S515,则数列的前100项和为()A. B.C. D.答案A解析设等差数列an的首项为a1,公差为d.a55,S515,ana1(n1)dn.,数列的前100项和为1.3若a,b是函数f(x)x2pxq(p0,q0)的两个不同的零点,且a,b,2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则pq的值等于()A6 B7 C8 D9答案D解析由题意知abp,abq,p0,q0,a0,b0.在a,b,2这三个数的6种排序中,成等差数列的情况有:a,b,2;b,a,2;2,a,b;2,b,a;成等比数列的情况有:a,2,b;b,2,a.或解得或p5,q4,pq9,故选D.4(2017江西高安中学等九校联考)已知数列an是等比数列,数列bn是等差数列,若a1a6a113,b1b6b117,则tan 的值是()A1 B.C D答案D解析an是等比数列,bn是等差数列,且a1a6a113,b1b6b117,a()3,3b67,a6,b6,tantantantantantan .5(2018保定模拟)已知数列an的前n项和为Sn,对任意nN*都有Snan,若1Sk9 (kN*),则k的值为_答案4解析由题意,Snan,当n2时,Sn1an1,两式相减,得ananan1,an2an1,又a11,an是以1为首项,以2为公比的等比数列,an(2)n1,Sk,由1Sk9,得4(2)k0,nN*.(1)若a2,a3,a2a3成等差数列,求数列an的通项公式;(2)设双曲线x21的离心率为en,且e22,求eee.解(1)由已知,Sn1qSn1,得Sn2qSn11,两式相减得an2qan1,n1.又由S2qS11得a2qa1,故an1qan对所有n1都成立所以数列an是首项为1,公比为q的等比数列,从而anqn1.由a2,a3,a2a3成等差数列,可得2a3a2a2a3,所以a32a2,故q2.所以an2n1(nN*)(2)由(1)可知,anqn1,所以双曲线x21的离心率en.由e22,解得q,所以eee(11)(1q2)1q2(n1)n1q2q2(n1)nn(3n1)思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标,为最终解决问题设置中间问题,例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等,确定解题的顺序(2)注意细节:在等差数列与等比数列综合问题中,如果等比数列的公比不能确定,则要看其是否有等于1的可能,在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等,这些细节对解题的影响也是巨大的跟踪训练1(2018沧州模拟)已知首项为的等比数列an不是递减数列,其前n项和为Sn(nN*),且S3a3,S5a5,S4a4成等差数列(1)求数列an的通项公式;(2)设TnSn(nN*),求数列Tn的最大项的值与最小项的值解(1)设等比数列an的公比为q,因为S3a3,S5a5,S4a4成等差数列,所以S5a5S3a3S4a4S5a5,即4a5a3,于是q2.又an不是递减数列且a1,所以q.故等比数列an的通项公式为ann1(1)n1.(2)由(1)得Sn1n当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,所以1SnS1,故0SnS1.当n为偶数时,Sn随n的增大而增大,所以S2SnSnS2.综上,对于nN*,总有Sn.所以数列Tn的最大项的值为,最小项的值为.题型二数列的通项与求和例2(2018邢台模拟)已知等差数列an的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列(1)求数列an的通项公式;(2)令bn(1)n1,求数列bn的前n项和Tn.解(1)因为S1a1,S22a122a12,S44a124a112,由题意得(2a12)2a1(4a112),解得a11,所以an2n1.(2)bn(1)n1(1)n1(1)n1.当n为偶数时,Tn1.当n为奇数时,Tn1.所以Tn(或Tn)思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列,此时从要证的结论出发,这是很重要的解题信息(2)根据数列的特点选择合适的求和方法,常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等跟踪训练2(2018大连模拟)已知数列an的前n项和为Sn,且a1,an1an(nN*)(1)证明:数列是等比数列;(2)求数列an的通项公式与前n项和Sn.(1)证明a1,an1an,当nN*时,0,又,(nN*)为常数,是以为首项,为公比的等比数列(2)解由是以为首项,为公比的等比数列,得n1,annn.Sn12233nn,Sn1223(n1)nnn1,两式相减得Sn23nnn1nn1,Sn2n1nn2(n2)n.综上,annn,Sn2(n2)n.题型三数列与其他知识的交汇命题点1数列与函数的交汇例3(2018长春模拟)设等差数列an的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)2x的图象上(nN*)(1)若a12,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列an的前n项和Sn;(2)若a11,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2,求数列的前n项和Tn.解(1)由已知,得b7,b84b7,有4,解得da8a72,所以Snna1d2nn(n1)n23n.(2)f(x)2xln 2,f(a2)ln 2,故函数f(x)2x在(a2,b2)处的切线方程为yln 2(xa2),它在x轴上的截距为a2.由题意,得a22,解得a22,所以da2a11.从而ann,bn2n,.所以Tn,2Tn.两式相减,得2TnTn12.所以Tn.命题点2数列与不等式的交汇例4(2016天津)已知an是各项均为正数的等差数列,公差为d,对任意的nN*,bn是an和an1的等比中项(1)设cnbb,nN*,求证:数列cn是等差数列;(2)设a1d,Tn (1)kb,nN*,求证: .证明(1)由题意得banan1,cnbban1an2anan12dan1.因此cn1cn2d(an2an1)2d2,所以cn是等差数列(2)Tn(bb)(bb)(bb)2d(a2a4a2n)2d2d2n(n1)所以 62成立的正整数n的最小值解(1)由题意,得解得或an是递增数列,a12,q2,数列an的通项公式为an22n12n.(2)bnanan2n2nn2n,Snb1b2bn(12222n2n),则2Sn(122223n2n1),得Sn(2222n)n2n12n12n2n1,则Snn2n12n12,解2n1262,得n5,n的最小值为6.3(2018梅州质检)已知正项数列an中,a11,点(,an1)(nN*)在函数yx21的图象上,数列bn的前n项和Sn2bn.(1)求数列an和bn的通项公式;(2)设cn,求cn的前n项和Tn.解(1)点(,an1)(nN*)在函数yx21的图象上,an1an1,数列an是公差为1的等差数列a11,an1(n1)1n,Sn2bn,Sn12bn1,两式相减,得bn1bn1bn,即,由S12b1,即b12b1,得b11.数列bn是首项为1,公比为的等比数列,bnn1.(2)log2bn1log2nn,cn,Tnc1c2cn1.4(2018佛山模拟)在等比数列an中,an0(nN*),公比q(0,1),且a1a52a3a5a2a825,又a3与a5的等比中项为2.(1)求数列an的通项公式;(2)设bnlog2an,求数列bn的前n项和Sn;(3)是否存在kN*,使得0,a3a55,又a3与a5的等比中项为2,a3a54,而q(0,1),a3a5,a34,a51,q,a116,an16n125n.(2)bnlog2an5n,bn1bn1,b1log2a1log216log2244,bn是以b14为首项,1为公差的等差数列,Sn.(3)由(2)知Sn,.当n8时,0;当n9时,0;当n9时,0.当n8或n9时,18最大故存在kN*,使得1时,则an2an2an1,2.当n1时,S12a12,得a12,综上,an是公比为2,首项为2的等比数列,an2n.(2)证明a24b1,b11.nbn1(n1)bnn2n,1,综上,是公差为1,首项为1的等差数列,1n1,可得bnn2.(3)解令pnc2n1c2n(4n1)22n2(4n1)4n1.,得3T2n34044144244n1(4n1)4n,3T2n3(4n1)4nT2n4n.6已知数列an,bn,其中,a1,数列an满足(n1)an(n1)an1 (n2,nN*),数列bn满足b12,bn12bn.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)是否存在自然数m,使得对于任意nN*,n2,有1恒成立?若存在,求出m的最小值;(3)若数列cn满足cn求数列cn的前n项和Tn.解(1)由(n1)an(n1)an1,即(n2)又a1,所以ana1.当n1时,上式成立,故an.因为b12,bn12bn,所以bn是首项

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