高考数学试题分项版解析专题11数列通项公式与求和文.doc

1 / 27【2019【2019 最新最新】精选高考数学试题分项版解析专题精选高考数学试题分项版解析专题 1111 数列通项数列通项公式与求和文公式与求和文1.【2016 高考浙江文数】如图，点列分别在某锐角的两边上，且 ,nnAB* 1122,nnnnnnA AAAAAnN，.(PQ 表示点 P 与 Q 不重合)若，为的面积，则（ ）* 1122,nnnnnnB BBBBBnNnnndA BnS1nnnA B BA.是等差数列 B.是等差数列 C.是等差数列 D.是等差数列 nS 2 nS nd 2 nd【答案】A【解析】1111(tan )2nnnnnnSSA AB B，都为定值，所以为定值故选 A1nnSS考点：新定义题、三角形面积公式.【思路点睛】先求出的高，再求出和的面积和，进而根据等差数列的定义可得为定值，即可得是等差数列1nnnA 1nnnA 112nnnAnS1nS1nnSS nS2.【2016 高考上海文科】无穷数列由 k 个不同的数组成，为的前 n 项2 / 27和.若对任意， ，则 k 的最大值为_. nanS naNn 3 , 2nS【答案】4【解析】试题分析：当时，或；当时，若，则，于是，若，则，于是.从而存在，当时，.其中数列 ：满足条件，所以.1n 12a 13a 2n2nS 12nS0na 3nS 13nS0na Nkn k0ka na2,1, 1,0,0,0,max4k考点：数列的求和.【名师点睛】从研究与的关系入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列由 k 个不同的数组成”的不同和“k 的最大值”.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等.nSna na3.【2014 全国 2，文 16】数列满足，则_na2,1181aaann1a【答案】 1 2【考点定位】数列的概念.【名师点睛】本题考查了数列的概念，递推数列，属于中档题目，根据已知条件，逐步试算即可求出结果，注意计算的准确性即可.4. 【2014，安徽文 12】如图，在等腰直角三角形中，斜边，过点作的垂线，垂足为；过点作的垂线，垂足为；过点作的垂线，垂足为；，以此类推，设， ， ， ，则_ABC2 2BC ABC1A1AAC2A2A1AC3A1BAa12AAa123A Aa567A Aa7a 【答案】 1 4【解析】试题分析：由题意， ， ，所以是以首项，公比的等比数列，则3 / 2712BAa321212tan42nnaaa aaana12a 2 2q 66 71212 ()24aa q考点：1等比数列通项公式【名师点睛】此题是以平面几何为依托，考查数列通项公式和性质的知识交汇性问题，是高考今后的方向，主体知识是等差数列及其性质，都是基本点，因而提醒考生在今后复习中基础知识一定要狠抓不放.要求等比数列通项，必须求出首项和公比.5. 【2015 高考安徽，文 13】已知数列中， ， （） ，则数列的前 9 项和等于 .na11a211nnaa2nna【答案】27【考点定位】本题主要考查等差数列的定义、通项公式和前 n 项和公式的应用.【名师点睛】能够从递推公式判断数列的类型或采用和种方法是解决本题的关键，这需要考生平时多加积累，同时本题还考查了等差数列的基本公式的应用，考查了考生的基本运算能力.6. 【2015 高考福建，文 16】若 是函数 的两个不同的零点，且 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 的值等于_, a b 20,0f xxpxq pq, , 2a b pq【答案】9【解析】由韦达定理得， ，则，当适当排序后成等比数列时，必为等比中项，故， 当适当排序后成等差数列时，必不是等差中项，当是等差中项时， ，解得， ；当是等差中项时， ，解得， ，综上所述， ，所以abpa bq0,0ab, , 2a b 24a bq4ba2422aa1a 4b 4 a4 / 2782aa4a 1b 5abppq9【考点定位】等差中项和等比中项【名师点睛】本题以零点为载体考查等比中项和等差中项，其中分类讨论和逻辑推理是解题核心三个数成等差数列或等比数列，项与项之间是有顺序的，但是等差中项或等比中项是唯一的，故可以利用中项进行讨论，属于难题7.【2017 课标 3，文 17】设数列满足. na123(21)2naanan（1）求的通项公式； na（2）求数列 的前项和.21na n【答案】 （1） ；（2）122 nan122 nn时，2n) 1(2)32(3121nanaan-得， ， ，2) 12(nan122 nan又时，适合上式，1n21a.122 nan（2）由（1） ，121 121 ) 12)(12(2 12nnnnnan.122 1211)121 121()51 31()311 (125321 nn nnnnaaaSn n【考点】数列通项公式，裂项法求和【名师点睛】裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，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 (其中是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，5 / 27如或.1nnc a a na1 (1)(3)nn1 (2)n n8.【2017 山东，文 19】 （本小题满分 12 分）已知an是各项均为正数的等比数列,且. 121236,aaa aa(I)求数列an通项公式；(II)bn为各项非零的等差数列,其前 n 项和 Sn,已知,求数列的前 n 项和.211nnnSb bnnb anT【答案】(I)；(II) 2nna 2552nnnT解得，1,22aq所以.2nna (II)由题意知121 211(21)()(21)2n nnnbbSnb 2111,0,nnnnSb bb,所以,21nbn令,.n n nbca则21 2nnnc 因此12231.3572121 22222nnnnTcccnn,又,235113572121 222222nnnnnT两式相减得2111311121 222222nnnnT所以.2552nnnT【考点】等差数列的通项,错位相减法求和.6 / 27【名师点睛】(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项 a1 和公差 d,然后由通项公式或前 n 项和公式转化为方程(组)求解等差数列的通项公式及前 n 项和公式,共涉及五个量 a1,an,d,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了方程的思想(2)用错位相减法求和时,应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式；若等比数列的公比为参数,应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解9.【2017 天津，文 18】已知为等差数列，前 n 项和为，是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，na*()nSnN nb2334111412,2 ,11bbbaa Sb.（）求和的通项公式；na nb（）求数列的前 n 项和.2nna b*()nN【答案】 （）.（）.32nan2nnb 2(34)216n nTn试题解析：（）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由已知，得，而，所以.又因为，解得.所以，.nadnb2312bb2 1()12b qq12b 260qq0q 2q 2nnb 由，可得.由，可得，联立，解得，由此可得.3412baa138da 11411Sb1516ad11,3ad32nan所以，的通项公式为，的通项公式为.na32nannb2nnb （）解：设数列的前项和为，由，有2nna bnT262nan234 2 10 216 2(62) 2nnTn，234124 210 216 2(68) 2(62) 2nn nTnn，上述两式相减，得2314 26 26 26 2(62) 2nn nTn 1212 (1 2 )4(62) 2(34)2161 2n nnnn .7 / 27得.2(34)216n nTn所以，数列的前项和为.2nna b2(34)216nn【考点】1.等差，等比数列；2.错位相减法求和.【名师点睛】重点说说数列求和的一些方法：本题考查了数列求和，一般数列求和方法（1）分组转化法，一般适用于等差数列加等比数列，（2）裂项相消法求和， ，,等的形式， （3）错位相减法求和，一般适用于等差数列乘以等比数列， （4）倒序相加法求和，一般距首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和和倒着写和，两式两式相加除以 2得到数列求和,(5)或是具有某些规律求和. 1nnnaacc!1!nnnncnnnccn110.【2017 北京，文 15】已知等差数列和等比数列满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5 na nb（）求的通项公式； na（）求和：13521nbbbb【答案】（） ；（）.21nan31 2n（）设的公比为，.=，所以 nb2b4b5a93qq32q所以是以为首项，为公比的等比数列，2 -1nb11b'23qq所以.1 -2531nbbbb213 31)31 (1nn【考点】1.等比，等差数列；2.等比数列的前项和.【名师点睛】重点说说数列求和的一些方法：本题考查了数列求和，一般数列求和方法（1）分组转化法，一般适用于等差数列加等比数列，（2）裂项相消法求和，,等的形式，（3）错位相减法求和，一般适8 / 27用于等差数列乘以等比数列，（4）倒序相加法求和，一般距首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和和倒着写和，两式两式相加除以2 得到数列求和,(5)或是具有某些规律求和. 1nnnaacc!1!nnnncnnnccn111.【2017 江苏，19】 对于给定的正整数,若数列满足na1111n kn knnn kn kaaaaaa 对任意正整数总成立，则称数列是“数列”.2nka()n nkna( )P k（1）证明：等差数列是“数列”;na(3)P（2）若数列既是“数列”，又是“数列”，证明：是等差数列.na(2)P(3)Pna【答案】 （1）见解析（2）见解析（2）数列既是“数列” ，又是“数列” ，因此， na P 2 3P当时， ，3n nnnnnaaaaa21124当时，.4n nnnnnnnaaaaaaa3211236由知， ，nnnaaa32141()nnaannnaaa23141()nnaa，将代入，得，其中，nnnaaa1124n 所以是等差数列，设其公差为.345,a a a d'在中，取，则，所以，4n 235644aaaaa23aad'在中，取，则，所以，3n 124534aaaaa122aad'所以数列是等差数列.na【考点】等差数列定义及通项公式【名师点睛】证明为等差数列的方法：na9 / 27(1)用定义证明：为常数） ；1(nnaad d(2)用等差中项证明：；122nnnaaa(3)通项法： 为的一次函数；na(4)前项和法： 2 nSAnBn12【2016 高考新课标 1 文数】 （本题满分 12 分）已知是公差为 3 的等差数列,数列满足,. na nb12111=3nnnnbba bbnb1，（I）求的通项公式； na（II）求的前 n 项和. nb【答案】 （I） （II）31nan131.22 3n试题解析：（I）由已知,得得,所以数列是首项为 2,公差为 3 的等差数列,通项公式为.1 221121,1,3abbb bb1 221121,1,3abbb bb12a na31nan（II）由（I）和 ,得,因此是首项为 1,公比为的等比数列.记的前项和为,则11nnnna bbnb13n nbb nb1 3 nbnS考点：等差数列与等比数列【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.13.【2014 高考广东卷.文.19】(本小题满分 14 分)设各项均为正数的数列的前项和为,且满足,. nanSnS223nnSnnS230nnnN(1)求的值；1a10 / 27(2)求数列的通项公式； na(3)证明：对一切正整数,有.11221111 1113nna aaaaa【答案】(1)；(2)；(3)详见解析.12a 2nan0nanN,从而,0nS30nS 2 nSnn所以当时,2n 22 1112nnnaSSnnnnn又,；122 1a 2nan nN(3)当时,kN22313 221644kkkkkk111111 11434331144nn .证法二：当时,成立,1n 111111 12 363a a当时,2n 111111 122121212 2121nnaannnnnn则1122331111 1111nna aaaaaaa.11 11111 62 3213633nn【考点定位】本题以二次方程的形式以及与的关系考查数列通项的求解,以及利用放缩法证明数列不等式的综合问题,考查学生的计算能力与逻辑推理能力,属于中等偏难题.nSna【名师点晴】本题主要考查的是数列的通项公式和利用放缩法证明数列不等式，属于难题本题通过将的递推关系式进行因式分解，得到11 / 27与的关系式，利用可得数列通项公式，再根据式子的特点进行裂项相消法，即可证明解题时一定要注意公式的条件“” ，否则很容易出现错误nSnS 1112n nnSnaSSn na2n 14. 2016 高考新课标文数已知各项都为正数的数列满足，. na11a 2 11(21)20nnnnaaaa（I）求；23,a a（II）求的通项公式. na【答案】 （） ；（） 41,21 32aa121nna（）由得.02) 12(112nnnnaaaa) 1() 1(21nnnnaaaa因为的各项都为正数，所以， na211nn aa故是首项为，公比为的等比数列，因此. .12 分 na21121nna考点：1、数列的递推公式；2、等比数列的通项公式【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明（常数） ；（2）中项法，即证明根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求解1nnaqa2 12nnnaa a15. 【2015 高考湖南，文 19】 （本小题满分 13 分）设数列的前项和为，已知，且，nanS121,2aa13nnaS* 13,()nSnN（I）证明：；23nnaa（II）求。nS12 / 27【答案】 （I）略；(II) 2 *2*23(5 31),(21,)2 3(31),(2 ,)2nnnnkkN Snk kN 【解析】试题解析：（I）由条件，对任意，有，*nN23nnaS* 13,()nSnN因而对任意，有，*,2nNn113nnaS*3,()nSnN两式相减，得，即，2113nnnnaaaa23,(2)nnaan又，所以，121,2aa3121121333()33aSSaaaa故对一切， 。*nN23nnaa（II）由（I）知， ，所以，于是数列是首项，公比为 3 的等比数列，数列是首项，公比为 3 的等比数列，所以，0na 23nna a21na11a 2na12a 11 2123,2 3nn nnaa 于是 21221321242()()nnnnSaaaaaaaaa从而，12 21223(31)32 3(5 31)22n nn nnnSSa 综上所述， 。2 *2*23(5 31),(21,)2 3(31),(2 ,)2nnnnkkN Snk kN 【考点定位】数列递推关系、数列求和【名师点睛】已知数列an的前 n 项和 Sn，求数列的通项公式，其求解过程分为三步：(1)先利用 a1S1 求出 a1；(2)用 n1 替换 Sn 中的 n 得到一个新的关系，利用 anSnSn1(n2)便可求出当 n2 时 an 的表达式；(3)对 n1 时的结果进行检验，看是否符合 n2 时 an 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分 n113 / 27与 n2 两段来写数列求和的常用方法有倒序相加法，错位相减法，裂项相消法，分组求和法，并项求和法等，可根据通项特点进行选用.16. 【2015 高考湖南，文 21】 （本小题满分 13 分）函数，记为的从小到大的第个极值点。2( )cos (0,)f xaex xnx( )f x*()n nN（I）证明：数列是等比数列； ()nf x（II）若对一切恒成立，求的取值范围。*,()nnnNxf x【答案】 （I）略；(II) 22,)4e得到，所以，求得，得到的取值范围；2 min1254 ()min (), ()min (), ()()444ng xg xg xggge 224ea22 4ae试题解析：（I） ( )cossin2cos()4xxxfxaexaexaex令，由，得，即，( )0fx0x 42xm*3,4xmmN而对于，当时，cos()4xkZ若，即，则；22242kxk32244kxkcos()04x若，即，则；322242kxk52244kxkcos()04x因此，在区间与上，的符号总相反，于是当时，取得极值，所以，14 / 27此时，3(1) ,)4mm3(,)44mm( )fx*3,4xmmN( )f x*3,4nxnnN33 14432()cos()( 1)42nnn nf xaenae ，易知，而()0nf x3(1)241 3 142( 1)()2 ()2( 1)2nnnnnnaef xef xae 是常数，故数列是首项为，公比为的等比数列。 ()nf x4 12()2f xae e（II）对一切恒成立，即恒成立，亦即*,()nnnNxf x3 432 42nnae3 42 3 4ne an 恒成立，设，则，令得，( )(0)teg ttt2(1)( )te tg tt( )0g t1t 当时， ，所以在区间上单调递减；01t ( )0g t( )g t(0,1)当时， ，所以在区间上单调递增；1t ( )0g t( )g t(1,)因为，且当时，所以(0,1)nx 2n 1(1,),nnnxxx因此，恒成立，当且仅当，解得，*,()nnnNxf x224ea22 4ae故实数的取值范围是。22,)4e【考点定位】恒成立问题；等比数列的性质【名师点睛】解决数列与函数的综合问题时，如果是证明题要根据等比数列的定义明确证明的方向，如果是不等式恒成立问题，要使用不15 / 27等式恒成立的各种不同解法，如变量分离法、最值法、因式分解法等，总之解决这类问题把数列看做特殊函数，并把它和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了17. 【2015 高考山东，文 19】已知数列是首项为正数的等差数列，数列的前项和为. na11nnaa21n n（I）求数列的通项公式； na（II）设，求数列的前项和. 1 2na nnba nbnT【答案】 （I） (II) 21.nan14(31) 4.9nnnT令得，所以.2,n 1223112 5a aa a2315a a 解得，所以11,2ad21.nan（II）由（I）知所以24224 ,nn nbnn121 42 4.4 ,n nTn 所以23141 42 4.(1) 44,nn nTnn 两式相减，得121344.44nn nTn所以1 13144(31) 44.999n n nnnT 【考点定位】1.等差数列的通项公式；2.数列的求和、 “错位相减法”.【名师点睛】本题考查了等差数列的通项公式、等比数列的求和、 “错位相减法”等，解答本题的关键，首先是注意运用从一般到特殊的处理方法，准确确定等差数列的通项公式；其次就是能对所得数学式子准确地变形，本题易错点在于错位相减后求和时，弄错数列的项数，或忘记从化简到.3nTnT本题是一道能力题，属于中等题.在考查等差数列、等比数列等基础知16 / 27识的同时，考查考生的计算能力.本题是教科书及教辅材料常见题型，能使考生心理更稳定，利于正常发挥.18. 【2016 高考山东文数】 （本小题满分 12 分）已知数列的前 n 项和，是等差数列，且. na238nSnn nb1nnnabb（I）求数列的通项公式； nb（II）令.求数列的前 n 项和. 1(1) (2)n n nn nacb ncnT【答案】 （）;（）13 nbn223n nnT试题解析：（）由题意当时， ，当时， ；所以；设数列的公差为，由，即，解之得，所以。2n561nSSannn1n1111 Sa56 nand 322211 bbabba dbdb3217211113, 41db13 nbn（）由（）知，又，即11 2) 1(3)33()66( n nnnnnncnnccccT 3212) 1(242322 31432 n nnT，所以，以上两式两边相减得。2) 1(242322 322543 n nnT2221432232) 1(12) 12(44 32) 1(22222 3 nnn nn nnnnT所以223n nnT考点：1.等差数列的通项公式；2.等差数列、等比数列的求和；3.“错位相减法”.【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式、等比数列的求和、数列求和的“错位相减法”.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”17 / 27之后求和时，弄错等比数列的项数.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.19. 【2015 高考陕西，文 21】设2( )1,2.n nfxxxxnN n(I)求；(2)nf (II)证明：在内有且仅有一个零点（记为） ，且.( )nfx20,3na11 2023 3nna【答案】(I) ；(II)证明略，详见解析.(2)(1)21n nfn(II)因为， ，所以在内至少存在一个零点，又，所以在内单调递增，因此，在内有且只有一个零点，由于，所以，由此可得，故，继而得.(0)10f 2222( )12120333nnf ( )nfx2(0, )31( )120n nfxxnx ( )nf x2(0, )3( )nf x2(0, )3na1( )11nnxfxx10()11n n nn nafaa1111 222n nnaa12 23na1 11112120222333nn n nnaa 试题解析：(I)由题设，1( )12n nfxxnx 所以 1(2)1222nnfn 由 22(2)1 2222nnfn 得21(2)12222nn nfn ，2122(1)2112nnnn所以 (2)(1)21n nfn(II)因为(0)10f 18 / 27222133222( )112120233313nnnf ，所以在内至少存在一个零点，( )nfx2(0, )3又1( )120n nfxxnx 所以在内单调递增，( )nf x2(0, )3因此，在内有且只有一个零点，( )nf x2(0, )3na由于，1( )11nnxfxx所以10()11n n nn nafaa由此可得1111 222n nnaa故12 23na所以1 11112120222333nn n nnaa 【考点定位】1.错位相减法；2.零点存在性定理；3.函数与数列.【名师点睛】 （1）在函数出现多项求和形式，可以类比数列求和的方法进行求和；（2）证明零点的唯一可以从两点出发：先使用零点存在性定理证明零点的存在性，再利用函数的单调性证明零点的唯一性；（2）有关函数中的不等式证明，一般是先构造函数，再求出函数在定义域范围内的值域即可；（4）本题属于中档题，要求有较高逻辑思维能力和计算能力.20. 【2016 高考天津文数】(本小题满分 13 分)已知是等比数列，前 n 项和为，且. nanSnN6 123112,63Saaa19 / 27()求的通项公式； na()若对任意的是和的等差中项，求数列的前 2n 项和.,bnnN2logna21logna 21n nb【答案】 （） （）12n na22n【解析】试题分析：（）求等比数列通项，一般利用待定系数法：先由解得，分别代入得， （）先根据等差中项得，再利用分组求和法求和：2 111211 qaqaa1, 2qq631)1 (6 1qqaSn1q11a21)2log2(log21)log(log2121 2122 naabnn nnn221 2212 22 122 42 32 22 1222)(2)()()(nbbnbbbbbbbbbTn nnnn （）解：由题意得，即数列是首项为，公差为的等差数列.21)2log2(log21)log(log2121 2122 naabnn nnnnb21设数列的前项和为，则) 1(2 nnbnT221 2212 22 122 42 32 22 1222)(2)()()(nbbnbbbbbbbbbTn nnnn 考点：等差数列、等比数列及其前项和【名师点睛】分组转化法求和的常见类型(1)若 anbn±cn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求an的前 n 项和(2)通项公式为 an的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和21. 【2016 高考浙江文数】 （本题满分 15 分）设数列的前项和为.已知=4，=2+1，.nanS2S1nanS*Nn（I）求通项公式；na20 / 27（II）求数列的前项和.2nan【答案】 （I） ；（II）.1*3,n nanN2 *2,13511,2,2nnn TnnnnN【解析】又当时，由，2n 11(21)(21)2nnnnnaaSSa得，13nnaa所以，数列的通项公式为.na1*3,n nanN（II）设， ，.1|32|n nbn*nN122,1bb当时，由于，故.3n 132nn132,3n nbnn设数列的前项和为，则. nbnT122,3TT当时， ，3n 229(1 3)(7)(2)351131 322nnnnnnnT所以，.2 *2,13511,2,2nnn TnnnnN考点：等差、等比数列的基础知识.【方法点睛】数列求和的常用方法：（1）错位相减法：形如数列的求和，其中是等差数列，是等比数列；（2）裂项法：形如数列或的求和，其中，是关于的一次函数；（3）分组法：数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分nna b na nb 1 f n g n 1f ng n f n g n22. 【2014 四川，文 19】设等差数列的公差为，点在函数的图象上（）.nad(,)nna b( )2xf x *nN（1）证明：数列是等比数列； nb（2）若，函数的图象在点处的切线在轴上的截距为，求数列的前项和.11a ( )f x22(,)a b12ln22nna bnS21 / 27【答案】 （1）详见解析；（2）.1(31)44 9nnnT试题解析：（1）由已知，.2na nb 0当时，.1n 1122nnaadnnb b所以，数列是首项为，公比为的等比数列.12a2d（2）求导得，所以在处的切线为，令得，( )2xf x ( )2 ln2xfx( )2xf x 22(,)a b2 222ln2()aybxa0y 2 22221(2ln2) (),2ln2abxaxaa所以，.所以，2 11,ndan 2nnb 24nnna bn其前项和：2311 42 43 4(1) 44nn nTnn 两边乘以 4 得：234141 42 43 4(1) 44nn nTnn 得：，所以.1 23114444444443n nnn nnTTnn 1(31)44 9nnnT【考点定位】等差数列与等比数列及其前前项和，导数的几何意义.【名师点睛】证明一数列是等比数列，有定义法和等比中项法；考生在解决此题时，都知道利用错位相减法求解，也都能写出此题的解题过程，但由于步骤繁琐、计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等两边乘公比后，对应项的幂指数会发生变化，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多了一项，两项相减，除第一项和最后一项外，剩下的项是一个等比数列1n23. 【2014 全国 1，文 17】已知是递增的等差数列， ，是方程的根。 na2a4a2560xx22 / 27（I）求的通项公式； na（II）求数列的前项和.2n na【解析】 （1）方程的两根为 2,3，由题意得.2560xx242,3aa设数列的公差为 d，则，故，从而.na422aad1 2d 13 2a 所以的通项公式为.na112nan（2）设的前 n 项和为，由（1）知，则2n nanS12 22n nnan2313412 2222nnnnnS，341213412 22222nnnnnS.两式相减得23412131112()222222nnnnS所以.1422nnnS考点：1.一元二次方程的解法;2.等差数列的基本量计算;3.数列的求和【名师点睛】本题考查等的性质及错位相减法求和,是近几年高考对数列解答题考查的主要方式，在使用错位相减时一定要注意在和的两边乘以等比数列的公比，这是解决这类问题的关键所在，本题同时考查了学生的计算能力.24. 【2015 高考浙江，文 17】 （本题满分 15 分）已知数列和满足， na nb* 1112,1,2(nN ),nnabaa* 12311111(nN )23nnbbbbbn.（1）求与；nanb（2）记数列的前 n 项和为，求.nna bnTnT【答案】(1)；(2)2 ;n nnabn1*(1)22()n nTnnN试题解析：(1)由，得.112,2nnaaa2nna 23 / 27当时， ，故.1n 121bb22b 当时， ，整理得，2n 11nnnbbbn11nnbn bn所以.nbn(2)由(1)知，2nnna bn所以2322 23 22nnTn 所以2311222222(1)22nnn nnnTTTnn