【文档说明】高考理数考前20天终极冲刺攻略： 数列 含答案解析.doc，共(9)页，945.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

核心考点解读——数列考纲解读里的I，II的含义如下：I：对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用，即了解和认识.II：对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用，即理解和应用.(以

下同)数列的概念及其通项公式（I）等差数列的通项及其前n项和（II）等比数列的通项及其前n项和（II）等差数列、等比数列的性质（II）数列求和及其求和方法（II）数列的应用（II）1.从考查的题型来看，涉及本知识点的题目主要以选择

题、填空题的形式考查，利用等差数列的概念判断性质真假，利用等差数列的通项公式、前n项和公式进行相关的求值计算；利用等比数列的概念判断性质真假，利用等比数列的通项公式、前n项和公式进行相关的求值计算等.2.从考查内容来看，主要考查数列的

递推关系、等差数列、等比数列的相关运算，重点在于掌握等差数列和等比数列的通项公式和前n项和公式，能够利用“1,,,,nnadnaS”和“1,,,,nnaqnaS”这五个量进行相互转化，达到“知三求二”的目的.3.从考查热点来看，数列计算是高考命题的热点，要注意通项公式与求和公式的正确使用及利用数

列的性质简化运算.1.数列的概念及表示(1)数列可以看作特殊的函数，数列的每一项叫做数列的项，排在第一位的数是数列的第一项，也叫首项.数列的一般形式可以写为12:,,,,nnaaaa.na：数列的第n项，也叫通项公式.数列的表示方法：①通项公式：*(),nafnnN；②递推

公式：如1n时，1nnapaq型.(2)求数列通项公式的方法①观察法：已知数列的前几项，可观察数列这几项的各部分与n的关系，最后用不完全归纳得到通项公式.②前n项和nS与通项na之间的关系：11,1,,1,nn

nSnaSSn能够利用前n项和nS的关系式求得na，此时要注意1n；也能够利用na表示前n项和nS.③利用递推公式：形如1()nnaafn型的可采用累加法；形如1()nnaafn型的可采用累乘法；形如1nnapaq

型，当1,0,1pq时，通常可以构造1()()nnaxpax的形式，利用等比数列的通项公式得到nax的通项公式，然后求解na.2.等差数列的概念与证明(1)熟练掌握等差数列的定义与定义式：1n，1nnaad.要注意，数列要从第二项开始，然后是每一项与前一项的差是同一

个常数，这个常数就是公差.由此要明确，一个数列能够构成等差数列，至少需要三项.(2)若三个数,,abc构成等差数列，则称b为,ac的等差中项，记作2acb或2bac.(3)等差数列的证明，通常根据题中所给的递推关系式，利用定义进行证明，若1n时，推

理得到1nnaa的差为常数，并能够确定这个常数，则可判定数列为等差数列.3.等差数列的通项公式及性质(1)等差数列的通项公式：11(1)()()nmaandanmddnppad.知道等差数列的通项公式的推理方法是根据定义式叠加而得，了解等差数列

与一次函数之间的联系与区别.(2)等差数列的性质：若mnpq，则mnpqaaaa.等差数列的性质反映了项与项数之间对称的等量关系，由此得到等差数列前n项和的推导方法——倒序相加法.4.等差数列的前n项和(1)等差数列的前n项和：2111()(1)()2222nnnaannd

dSnadnknka.能够利用首项与公差表示等差数列的前n项和，了解二次函数与等差数列前n项和的关系.(2)掌握等差数列前n项和的性质：232,,,nnnnnSSSSS成等差数列，nSn也是等差数列.5.等比数

列的概念与证明(1)熟练掌握等比数列的定义与定义式：1n，1(0)nnaqqa.要注意，数列要从第二项开始，然后是每一项与前一项的比值是同一个常数，这个常数就是公比.由此要明确，一个数列能够构成等比数列，至少需要三项.(2)若三个数,,abc构成等比

数列，则称b为,ac的等比中项，记作bac或2bac.(3)等比数列的证明，通常根据题中所给的递推关系式，利用定义进行证明，若1n时，推理得到1nnaa的比值为常数，并能够确定这个常数，则可判定数列为等比数列.6.等比数列的通项公式及其性质(1)等比数列的通项公式：1

11()nnmnnmaaaqaqaqaq.知道等比数列通项公式的推理方法是根据定义式叠乘而得，了解等比数列与指数函数之间的联系与区别.(2)等比数列的性质：若mnpq，则mnpqaaaa.7.等

比数列的前n项和(1)等比数列的前n项和：111,1,(1),1.11nnnnaqSaaqaqqqq能够利用首项与公比表示等比数列的前n项和，了解指数函数与等比数列前n项和公式之间的关系.掌握等比数列前n项和公式的推导方法——错位相减法.(2)掌握等比数列前n项和的

性质：nmmnnmmnSSqSSqS；当1q或1q且k为奇数时，232,,,kkkkkSSSSS成等比数列.8.等差数列、等比数列的混合计算(1)等差数列中利用某项确定，另有不连续三项按某种

条件构成等比数列，由此计算得到等差数列的首项与公差，并求通项与前n项和.(2)等比数列中利用某项确定，另有不连续三项按某种条件构成等差数列，由此计算得到等比数列的首项与公比，并求通项与前n项和.(3)注意在数列计算中基本量1,,,adqn的应用.9

.等差数列前n项和的最大（小）项利用等差数列的前n项和公式，结合二次函数的求最值的特点及相应的图象，利用函数的单调性判断最值.10.数列求和(1)等差数列、等比数列的前n项和nS①等差数列的前n项和2111()(1)()2222nnnaannddSnadnknka；②等比数列的

前n项和111,1,(1),1.11nnnnaqSaaqaqqqq(2)分组求和法求数列的前n项和分组求和法可以解决形如nnncab类数列的求和问题，其基本步骤是首先确定通项公式，然后对通项公式进行拆分，拆成几个可以直

接求和的数列（最好是等差数列或等比数列），再分别求和后相加即可得到原数列的和.(3)裂项相消法求数列的前n项和裂项相消法的基本思想是把数列的通项na拆分成1nnnabb等的形式，从而在求和时起到逐项相消的目的.比较常见的类型有：①1111

()()nnkknnk，②11()nknknkn，③1111()(21)(21)22121nnnn等.采用裂项相消法求数列的前n项和时，要注意系数的问题以及求和逐项相消后前后剩余的项的问题.(4)错位相减法求数

列的前n项和错位相减法主要应用于求解由等差数列na与等比数列nb的对应项之积组成的数列nc的求和问题，即求nnncab的和.其一般步骤为先识别数列的通项公式是否为等差数列与等比数列对应项之积构成的数列，并确定等比数列的公比，然后写出前n项和nS的表达式，并在等式两边同时乘以公

比或公比的倒数，得到另一个式子，再对两式作差，最后根据差式中间的1n项构成的等比数列求和，合并同类项即得所求的前n项和.错位相减法的计算过程较为复杂，对计算的能力要求比较高，同时考查的力度也相对较高，应注意加强训练.1．（2017高考新课

标I，理4）记nS为等差数列{}na的前n项和．若4524aa，648S，则{}na的公差为A．1B．2C．4D．82．（2017高考新课标Ⅲ，理9）等差数列na的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则na前6项的和为A．24B．3C．3D．83．（201

7高考新课标II，理15）等差数列na的前n项和为nS，33a，410S，则11nkkS____________．4．(2016高考新课标I，理3)已知等差数列{}na前9项的和为27，10

=8a，则100=aA．100B．99C．98D．975．(2016高考新课标II，理17)nS为等差数列na的前n项和，且17=128.aS，记=lgnnba，其中x表示不超过x的最大整数，如0.9=0lg99=1，.（Ⅰ）求111101bbb，，；（Ⅱ）求数列

nb的前1000项和.6．(2016高考新课标III，理17)已知数列{}na的前n项和1nnSa，其中0．（I）证明{}na是等比数列，并求其通项公式；（II）若53132S，求．7．(2015高考新课标II，理16)设nS是数列na的前n项和，且11a，11nnn

aSS，则nS________．8．(2015高考新课标I，理17)nS为数列{na}的前n项和.已知na>0,22nnaa=43nS.(I)求{na}的通项公式；(II)设11nnnbaa,求数列{n

b}的前n项和.9．（2015高考新课标II，理4）已知等比数列na满足a1=3，135aaa=21，则357aaaA.21B.42C.63D.841．在公差为2的等差数列中，，则A．B．C．D．2．已知数列满足，，则A．B．0C．D．3．设nS为数列na的前n项和

，已知112a，112nnnnnaa，则100SA．1004922B．994922C．1005122D．9951224．已知数列的前项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）令，求的前n项和.5．已知正项等比数列的前项和为,且.(1)求数列的通项公

式;(2)若,数列的前项和为,求满足的正整数的最小值..1．若等差数列na满足递推关系1nnaan，则5aA．92B．94C．114D．1342.已知数列na与nb满足112()()nnnn

aabbn*N.（1）若11a，53nbn，求数列na的通项公式；（2）若61a，2()nnbn*N且22nann对一切n*N恒成立，求实数的取值范围.真题回顾：1.C【解析】设公差为d，45111342724a

aadadad，611656615482Sadad，联立112724,61548adad解得4d，故选C．【秒杀解】因为166346()3()482aaSaa，即3416aa，则4534()()24168aaaa

，即5328aad，解得4d，故选C．2.A【解析】设等差数列na的公差为d，由a2，a3，a6成等比数列可得2326aaa，即212115ddd，整理可得220dd，又公差不为0，则2d，故na前6

项的和为6166166166122422Sad.故选A.3.21nn【解析】设等差数列的首项为1a，公差为d，由题意有1123434102adad，解得111ad

，数列的前n项和111111222nnnnnnnSnadn，裂项可得12112()(1)1kSkkkk，所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nkknSnnnn．4.C【解析】由已知，1193

627,98adad所以110011,1,9919998,adaad故选C.5.（Ⅰ）设{}na的公差为d，据已知有72128d，解得1.d所以{}na的通项公式为.nan111101[lg1]0,

[lg11]1,[lg101]2.bbb（Ⅱ）因为0,110,1,10100,2,1001000,3,1000.nnnbnn所以数列{}nb的前1000项和为1902900311893.6

.（I）由题意得1111aSa，故1，111a，01a.由nnaS1，111nnaS得nnnaaa11，即nnaa)1(1.由01a，0得0na，所以11nnaa.因此}{na是首项为11，公比为1的等比数列，

于是1)1(11nna.（II）由（I）得nnS)1(1.由32315S得3231)1(15，即5)1(321.解得1.7.1n【解析】由已知得111nnnnnaSSSS，

两边同时除以1nnSS，得1111nnSS，故数列1nS是以1为首项，1为公差的等差数列，则11(1)nSnn，所以1nSn．8.(I)21n;(II)3(23)nn【

解析】(I)当n=1时，2111124343,aaSa解得1131aa或,因为0,na所以13a，当2n时,221112243434nnnnnnnaaaaSSa,即11()()nnnnaa

aa12()nnaa,因为0na,所以12nnaa，所以数列{na}是首项为3，公差为2的等差数列，所以=21nan；(II)由(I)知，nb=1111()(21)(23)22123nnnn，所以数列{nb}前n项和为12n

bbb=1111111[()()()]235572123nn=111()23233(23)nnn.9.B【解析】设等比数列na的公比为q，则2411121aaqaq

，又因为13,a所以42+6=0qq，解得2=2q，所以1235735()42,aaaaaaq故选B.名校预测1．【答案】B【解析】由题意得．故选B．2．【答案】A【解析】因为，所以，故此数列的周期为3．所以．故选A．3．【

答案】D【解析】由112nnnnnaa，得112nnnnnaa，则1112nnnnnaa，212122nnnnnaa，…，121212aa，将各式相加得1211122222nnnnaa，又112a，所以12nnan，因

此100210011112100222S①，则1002310010111111129910022222S②，①－②得10023100101111111100222222S，所以9910

010099115121002222S.4．【解析】(1)当时，，解得，当时，，.所以，则，所以是以为首项，2为公比的等比数列.故.(2),则①，②，①－②得：.所以．5．【解析】(

1)由题意知,,∴,得,设等比数列的公比为,又∵,∴,化简得,解得.∴.(2)由(1)知,.∴,∴.令,得,解得,∴满足的正整数的最小值是5.专家押题1．【答案】B【解析】令4n，得544aa；令5n，得655aa，两式相加，得5465249aaaa，所以

594a，故选B．2.【答案】(1)65nan；(2)),43(．【解析】(1)∵)(211nnnnbbaa，53nbn，∴6)5383(2)(211nnbbaannnn，∴数列na是等差数列，首项为11a，公差为6，即56nan

；(2)∵nnb2，∴1112)22(2nnnnnaa，当2n时，112211)()()(aaaaaaaannnnn226222121nnn，

当1n时，61a，符合上式，∴221nna，由22nann得：1122122nnnnn，令11(),(1)()22nnfnfnfn212110222nnnnnn，∴当1n，2时，122nnn取最大值43，故

的取值范围为),43(.