1、专题二专题二 数数 列列 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 类型一类型一 等差数列等差数列 1(2019 全国卷全国卷)记记 Sn为等差数列为等差数列an的前的前 n 项项 和已知和已知 S40，a55，则，则( ) Aan2n5 Ban3n10 CSn2n28n DSn1 2n 2 2n 解析：解析： 依题意有依题意有 S4 4a16d0， a5a14d5， 可得可得 a1 3， d2， 所所 以以 an2n5，Snn24n，故选，故选 A. 答案：答案：A 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 2 (2019 全国卷全国卷)设设 Sn为等差数列为等差数列an的前的前 n
2、 项和，项和， 若若 3S3S2S4，a12，则，则 a5( ) A12 B10 C10 D12 解析：解析：3(3a13d)2a1d4a16d3a12d0， 又又 a12， 所以所以 d3，所以，所以 a524(3)10，故选，故选 B. 答案：答案：B 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 3.(2020 全国卷全国卷)北京天坛的圜丘北京天坛的圜丘 坛为古代祭天的场所， 分上、 中、 下三层，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上层中心有一块圆形石板(称为天心石称为天心石)， 环绕天心石砌环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环， 向外每环依次块扇面
3、形石板构成第一环， 向外每环依次 增加增加 9 块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块，块， 向外每环依次也增加向外每环依次也增加 9 块， 已知每层环数相同， 且下层比块， 已知每层环数相同， 且下层比 中层多中层多 729 块，则三层共有扇面形石板块，则三层共有扇面形石板(不含天心不含天心 石石)( ) A3 699 块块 B3 474 块块 C3 402 块块 D3 339 块块 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 解析：解析：设第设第 n 环天石心块数为环天石心块数为 an，第一层共有，第一层共有 n 环，环， 则则an是以是以
4、9 为首项，为首项，9 为公差的等差数列，为公差的等差数列，an9 (n1)99n， 设设 Sn为为an的前的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层项和，则第一层、第二层、第三层 的块数分别为的块数分别为 Sn，S2nSn，S3nS2n，因为下层比中层多，因为下层比中层多 729 块，块， 所以所以 S3nS2nS2nSn729， 即即3n（ （927n） 2 2n（ （918n） 2 2n（ （918n） 2 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 n（ （99n） 2 729， 即即 9n2 729 ， 解 得， 解 得 n 9 ， 所 以， 所 以 S3n S27 27（9927）
5、 2 3 402. 答案：答案：C 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 4 2020 新高考卷新高考卷(山东卷山东卷)将数列将数列2n1与与3n 2的公共项从小到大排列得到数列的公共项从小到大排列得到数列an，则，则an的前的前 n 项项 和为和为_ 解析：解析：因为数列因为数列2n1是以是以 1 为首项，以为首项，以 2 为公差为公差 的等差数列，的等差数列， 数列数列3n2是以是以 1 首项，以首项，以 3 为公差的等差数列，为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列所以这两个数列的公共项所构成的新数列an是以是以 1 为首项，以为首项，以 6 为公差的等差数列，为
6、公差的等差数列， 所以所以an的前的前 n 项和为项和为 n 1n（ （n1） 2 63n22n. 答案：答案：3n22n 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 类型二类型二 等比数列等比数列 1(2020 全国卷全国卷)记记 Sn为等比数列为等比数列an的前的前 n 项项 和若和若 a5a312，a6a424，则，则Sn an ( ) A2n1 B221 n C22n 1 D 21 n 1 解析：解析：设等比数列的公比为设等比数列的公比为 q， 由由 a5a312， a6a424 可得：可得： a1q4 a1q212， a1q5a1q324， q 2， a11， 专题二 数 列 真题
7、研析 命题分析 知识方法 所以所以 ana1qn 1 2n 1， ，Sna 1（ （1qn） 1q 1 2n 12 2n1， 因此因此Sn an 2 n 1 2n 1221 n. 答案：答案：B 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 2(2020 全国卷全国卷)数列数列an中，中，a12，am naman， 若若 ak 1ak2ak1021525，则，则 k( ) A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 解析：解析：在等式在等式 am naman中，令中，令 m1，可得，可得 an1 ana12an，所以，所以a n 1 an 2， 所以，数列所以，数列an是以是以 2 为首项，以为首
8、项，以 2 为公比的等比数为公比的等比数 列，则列，则 an22n 1 2n， 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 所以所以 ak 1ak2ak10 ak 1 （1210） 12 2k 1 （ （1210） 12 2k 1(210 1)25(2101)， 所以所以 2k 1 25，则，则 k15，解得，解得 k4. 答案：答案：C 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 3(2019 全国卷全国卷)记记 Sn为等比数列为等比数列an的前的前 n 项项 和若和若 a11 3， ，a2 4 a6，则，则 S5_ 解析：解析：因为因为 a11 3， ，a2 4 a6，设等比数列公比为
9、，设等比数列公比为 q，所，所 以以(a1q3)2a1q5，所以，所以 q3，所以，所以 S5121 3 . 答案：答案：121 3 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 4(2018 全国卷全国卷)记记 Sn为数列为数列an的前的前 n 项和，若项和，若 Sn2an1，则，则 S6_ 解析：解析：a12a11a11； Sn 2an1， Sn 12an11， an 2an2an 1an2an1， 所以所以 an2n 1，所以 ，所以 S6（ （126） 12 63. 答案：答案：63 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 类型三类型三 等差数列与等比数列的综合应用等差数列与等比
10、数列的综合应用 1(2020 全国卷全国卷)设等比数列设等比数列an满足满足 a1a24， a3a18. (1)求求an的通项公式；的通项公式； (2)记记 Sn为数列为数列log3an的前的前 n 项和若项和若 SmSm 1 Sm 3，求，求 m. 解：解：(1)设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q， 根据题意，有根据题意，有 a1 a1q4， a1q2a18，解得 ，解得 a1 1， q3， 所以所以 an 3n 1. 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 (2)令令 bnlog3anlog33n 1 n1， 所以所以 Snn（ （0n1） 2 n（ （n1） 2 ， 根据
11、根据 SmSm 1Sm3， 可得可得 m（m1） 2 m（m1） 2 （m2）（）（m3） 2 ， 整理得整理得 m25m60， 因为因为 m0，所以，所以 m6. 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 2(2019 全国卷全国卷)已知已知an是各项均为正数的等比数是各项均为正数的等比数 列，列，a12，a32a216. (1)求求an的通项公式；的通项公式； (2)设设 bnlog2an，求数列，求数列bn的前的前 n 项和项和 解：解：(1)设设an的公比为的公比为 q，由题设得，由题设得 2q24q16，即，即 q22q80. 解得解得 q2(舍去舍去)或或 q4.因此因此an的
12、通项公式为的通项公式为 an 24n 1 22n 1. (2)由由(1)得得 bn(2n1)log222n1， 因此数列因此数列bn的前的前 n 项和为项和为 132n1n2. 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 3(2019 全国卷全国卷)已知数列已知数列an和和bn满足满足 a11， b10，4an 13anbn4，4bn13bnan4. (1)证明：证明：anbn是等比数列，是等比数列，anbn是等差数列；是等差数列； (2)求求an和和bn的通项公式的通项公式 (1)证明：证明：由题设得由题设得 4(an 1bn1)2(anbn)，即，即 an1 bn 11 2(an bn)
13、 又因为又因为 a1b11， 所以所以anbn是首项为是首项为 1，公比为，公比为1 2的等比数列 的等比数列 由题设得由题设得 4(an 1bn1)4(anbn)8，即，即 an1bn1 anbn2. 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 又因为又因为 a1b11， 所以所以anbn是首项为是首项为 1，公差为，公差为 2 的等差数列的等差数列 (2)解：解：由由(1)知，知，anbn 1 2n 1，anbn2n1. 所以所以 an1 2(an bn)(anbn) 1 2n n1 2， ， bn1 2(an bn)(anbn) 1 2n n1 2. 专题二 数 列 真题研析 命题分析
14、 知识方法 类型四类型四 数列求和数列求和 1 (2017 全国卷全国卷)设数列设数列an满足满足 a13a2(2n 1)an2n. (1)求求an的通项公式；的通项公式； (2)求数列求数列 an 2n1 的前的前 n 项和项和 解：解：(1)因为因为 a13a2(2n1)an2n， 故当故当 n2 时，时，a13a2(2n3)an 12(n1)， 两式相减得两式相减得(2n1)an2，所以，所以 an 2 2n1(n 2)， 又由题设可得又由题设可得 a12，符合上式，从而，符合上式，从而an的通项公的通项公 式为式为 an 2 2n1. 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 (2
15、)记记 an 2n1 的前的前 n 项和为项和为 Sn. 由由 (1) 知知 an 2n1 2 （2n1）（）（2n1） 1 2n1 1 2n1， ， 则则 Sn1 1 1 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 2n 2n1. 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 2(2020 全国卷全国卷)设设an是公比不为是公比不为 1 的等比数列，的等比数列， a1为为 a2，a3的等差中项的等差中项 (1)求求an的公比；的公比； (2)若若 a11，求数列，求数列nan的前的前 n 项和项和 解：解：(1)设设an的公比为的公比为 q， 因为因为 2a1a2a3，a10，所以，所以 q
16、2q20， 因为因为 q1，所以，所以 q2. (2)设设nan的前的前 n 项和为项和为 Sn，a11，an(2)n 1， ， Sn112(2)3(2)2n(2)n 1， ， 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 2Sn1(2)2(2)23(2)3(n1)( 2)n 1 n(2)n， 得，得，3Sn1(2)(2)2(2)n 1 n( 2)n1（ （2）n 1（2） n(2)n1（ （13n）（）（2）n 3 ， 所以所以 Sn1（ （13n）（）（2）n 9 . 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 32020 新高考全国卷新高考全国卷(山东卷山东卷)已知公比大于已知公比大于
17、 1 的等比数列的等比数列an满足满足 a2a420，a38. (1)求求an的通项公式；的通项公式； (2)记记 bm为为an在区间在区间(0，m(mN*)中的项的个数，中的项的个数， 求数列求数列bm的前的前 100 项和项和 S100. 解：解：(1)由于数列由于数列an是公比大于是公比大于 1 的等比数列，设首的等比数列，设首 项为项为 a1， 公比为， 公比为 q， 依题意有， 依题意有 a1q a1q320， a1q28， 解得解得 a12， q2，或，或 a132，q1 2(舍 舍)， 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 所以所以 an2n. (2)由于由于 212，2
18、24，238，2416，2532，26 64，27128， 所以所以 b1对应的区间为：对应的区间为：(0，1，则，则 b10； b2，b3对应的区间分别为：对应的区间分别为：(0，2，(0，3则则 b2b31， 即有即有 2 个个 1； b4，b5，b6，b7对应的区间分别为：对应的区间分别为：(0，4，(0，5，(0， 6，(0，7，则，则 b4b5b6b72，即有，即有 22个个 2； 专题二 数 列 真题研析 命题分析 知识方法 b8，b9，b15对应的区间分别为：对应的区间分别为：(0，8，(0，9， (0，15，则，则 b8b9b153，即有，即有 23个个 3； b16， b17
19、， ， b31对应的区间分别为：对应的区间分别为： (0， 16， (0， 17， ， (0，31，则，则 b16b17b314，即有，即有 24个个 4； b32， b33， ， b63对应的区间分别为：对应的区间分别为： (0， 32， (0， 33， ， (0，63，则，则 b32b33b635，即有，即有 25个个 5； b64， b65， ， b100对应的区间分别为：对应的区间分别为： (0， 64， (0， 65， ， (0，100，则，则 b64b65b1006，即有，即有 37 个个 6. 所以所以 S10012222323424525637 480. 专题二 数 列 命题分
20、析 真题研析 知识方法 1高考数学试题数列部分一般两个小题或一个解答高考数学试题数列部分一般两个小题或一个解答 题，从近几年来看前者出现的频率更高，都是占题，从近几年来看前者出现的频率更高，都是占 10 分，分， 难度一般较低难度一般较低 2 高考数学试题对数列的考查主要集中在以下考点： 高考数学试题对数列的考查主要集中在以下考点： (1)项与和的关系项与和的关系 (2)等差、等比数列的概念的判定与性质等差、等比数列的概念的判定与性质 (3)等差、等比数列的通项公式、前等差、等比数列的通项公式、前 n 项和公式项和公式 (4)求数列的通项公式求数列的通项公式 专题二 数 列 命题分析 真题研析
21、 知识方法 (5)求数列的前求数列的前 n 项和其中等差、等比数列的概念项和其中等差、等比数列的概念 与性质、通项公式、前与性质、通项公式、前 n 项和公式是考查的重点，常考项和公式是考查的重点，常考 数列的公式法求和，掌握裂项法、分组求和法、错位相减数列的公式法求和，掌握裂项法、分组求和法、错位相减 法求和的步骤法求和的步骤 3高考数学试题的命题思路呈现以下特点：高考数学试题的命题思路呈现以下特点： (1)立足基础，重视思想：等差、等比数列是数列的立足基础，重视思想：等差、等比数列是数列的 基础内容，其概念、通项公式及前基础内容，其概念、通项公式及前 n 项和公式是考查的项和公式是考查的 重
22、点内容重点内容 专题二 数 列 命题分析 真题研析 知识方法 (2)通性通法，淡化技巧：数列侧重于基本量的计算，通性通法，淡化技巧：数列侧重于基本量的计算， 等差数列、等比数列要求不高，不要过度追求等差数列、等比数列要求不高，不要过度追求“技巧性技巧性” ， 只要只要从基本的公式出发，运用通性通法解题即可从基本的公式出发，运用通性通法解题即可 (3)知识交叉，彰显能力：数列具有一定的函数性质，知识交叉，彰显能力：数列具有一定的函数性质， 所以常与函数、不等式交汇命题，提高试题的区分度所以常与函数、不等式交汇命题，提高试题的区分度 (4)坚持创新，体现素养：数列试题的命制在基于核坚持创新，体现素
23、养：数列试题的命制在基于核 心内容平稳变化，同时坚持创新，突出考查学生的数学心内容平稳变化，同时坚持创新，突出考查学生的数学 抽象、逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养抽象、逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养 专题二 数 列 知识方法 真题研析 命题分析 1等差数列等差数列 (1)通项公式：通项公式：ana1(n1)d. (2)求和公式：求和公式：Snn（ （a1an） 2 na1n（ （n1） 2 d. (3)性质：性质： 若若 m，n，p，qN*，且，且 mnpq，则，则 aman apaq. anam(nm)d. Sm，S2mSm，S3mS2m，成等差数列，成等差数列 专题二 数
24、列 知识方法 真题研析 命题分析 2等比数列等比数列 (1)通项公式：通项公式：ana1qn 1(q 0) (2)求和公式：求和公式：q1，Snna1；q1，Sna 1（ （1qn） 1q a1anq 1q . (3)性质：性质： 若若 m，n，p，qN*，且，且 mnpq，则，则 am anap aq. anam qn m. Sm，S2mSm，S3mS2m，(Sm0)成等比数列成等比数列 专题二 数 列 知识方法 真题研析 命题分析 3(1)数列通项数列通项 an与前与前 n 项和项和 Sn的关系，的关系， an S1（ （n1），）， SnSn 1（n2）. (2)应用应用 an与与 Sn
25、的关系式的关系式 f(an，Sn)0 时，应特别注时，应特别注 意意 n1 时的情况，防止产生错误时的情况，防止产生错误 4数列求和数列求和 (1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不 是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会 变成几个可以求和的变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并部分，分别求和，然后再合并 专题二 数 列 知识方法 真题研析 命题分析 (2)错位相减法：主要用于求数列错位相减法：主要用于求数列an bn的前的前 n 项和，项和， 其中其中an，bn分别是等差数列和等比数列分别是等差数列和等比数列 (3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代 数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂 项相消法适用于形如项相消法适用于形如 c anan 1 (其中其中an是各项均不为零的是各项均不为零的 等差数列，等差数列，c 为常数为常数)的数列的数列 谢谢观赏谢谢观赏
