數列一、高考**
數列是歷年高考的重點與難點，以等差數列與等比數列為基礎考查數列的性質及前n項和的問題是數列中的中低檔難度問題，一般只要熟悉等差數列與等比數列及其前n項和的性質即可正確得出結果.等差數列與等比數列是高中階段學習的兩種最基本的數列，也是高考中經常考查並且重點考查的內容之一，這類問題多從數列的本質入手，考查這兩種基本數列的概念、基本性質、簡單運算、通項公式、求和公式等．本講內容在高考中多以選擇題和填空題的形式出現，屬於中低檔題．解題時應從基礎處著筆，首先要熟練掌握這兩種基本數列的相關性質及公式，然後要熟悉它們的變形使用，善用技巧，減少運算量，既准又快地解決問題.除此以外，數列與其他知識的綜合考查也是高考中常考的內容，數列是一種特殊的函式，它能與很多知識進行綜合，如方程、函式、不等式、極限，數學歸納法（理）等為主要綜合物件，概率、向量、解析幾何等為點綴.
數列與其他知識的綜合問題在高考中大多屬於中高檔難度問題.
數列是新課程的必修內容，從課程定位上說，其考查難度不應該太大，數列試題傾向考查基礎是基本方向．從課標區的高考試題看，試卷中的數列試題最多是一道選擇題或者填空題，一道解答題．由此我們可以**2023年的高考中，數列試題會以考查基本問題為主，在數列的解答題中可能會出現與不等式的綜合、與函式導數的綜合等，但難度會得到控制．
二、知識導學
要點1：有關等差數列的基本問題
1．涉及等差數列的有關問題往往用等差數列的通項公式和求和公式「知三求二」解決問題；
要點向3：等差、等比數列綜合問題
1.在解決等差數列或等比數列的相關問題時，「基本量法」是常用的方法，但有時靈活地運用性質，可使運算簡便，而一般數列的問題常轉化為等差、等比數列求解。
2．數列求通項的常見型別與方法：公式法、由遞推公式求通項，由求通項，累加法、累乘法等
3.數列求和的常用方法：公式法、裂項相消法、錯位相減法、分組法、倒序相加法等。
4．解綜合題的成敗在於審清題目，弄懂來龍去脈，透過給定資訊的表象，抓住問題的本質，揭示問題的內在聯絡和隱含條件，明確解題方向，形成解題策略．
要點4：可轉化為等差、等比數列的求和問題
某些遞推數列可轉化為等差、等比數列解決，其轉化途徑有：
1．湊配、消項變換——如將遞推公式（為常數，≠0，≠1）。通過湊配變成；或消常數轉化為
2．取倒數法—如將遞推公式遞推式，考慮函式倒數關係有
令則可歸為型。
3．對數變換——如將遞推公式取對數得
4．換元變換——（其中p，q均為常數，（或,其中p，q, r均為常數）。一般地，要先在原遞推公式兩邊同除以，得：引入輔助數列（其中），得：則轉化為的形式。
要點5：數列求和的常用方法：
1、直接由等差、等比數列的求和公式求和，注意對公比的討論.
2、錯位相減法：主要用於乙個等差數列與乙個等比數列對應項相乘所得的數列的求和，即等比數列求和公式的推導過程的推廣.
3、分組轉化法：把數列的每一項分成兩項，使其轉化為幾個等差、等比數列，再求解.
4、裂項相消法：主要用於通項為分式的形式，通項拆成兩項之差求和，正負項相消剩下首尾若干項，注意一般情況下剩下正負項個數相同.
5、倒序相加法：把數列正著寫和倒著寫相加(即等差數列求和公式的推導過程的推廣).
三、易錯點點睛
命題角度1 數列的概念
1．已知數列｛an｝滿足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1,(n≥2)，則｛an｝的通項an
[考場錯解] ∵an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1，∴an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)an-2，兩式相減得an-an-1=(n-1)an-1，∴an=nan-1.由此類推： an-1=(n-1)an-2，…a2=2a1，由疊乘法可得an=
[專家把脈] 在求數列的通項公式時向前遞推一項時應考慮n的範圍．當n=1時，a1=與已知a1=1，矛盾．
3.已知數列｛an｝滿足a1=1，an=3n-1+an-1(n≥2) (1)求a2，a3； (2)求通項an的表示式．
[考場錯解] (1)∵a1=1，∴a2=3+1=4，a3=32+4=13．
(2)由已知an=3n-1+an-1，即an-an-1=3n-1 即an成等差數列，公差d=3n-1．故an=1+(n-1)·3n-1．
[專家把脈] (2)問中an-an-1=3n-1，3n-1不是常數，它是乙個變數，故不符合等差數列的定義．
[對症下藥] (1)∵a1=1，∴a2=4，a3=32+4=13．
(2)由已知an-an-1=3n-1，故an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+ (a2-a1)+a1=3n-1+3n-2+…+3+1=.
4．等差數列｛an｝中，a1+a2+a3=-24，a18+a19+a20=78，則此數列前20項和等於
a.160 b．180 c. 200 d．220
[考場錯解] 由通項公式an=a1+(n+1)d.將a2,a3，a18，a19，a20都表示成a1和d.求a1、d，再利用等差數列求和，選c．
[專家把脈] 此方法同樣可求得解．但解法大繁，花費時間多，計算量大故而出錯，應運用數列的性質求解就簡易得多．
[對症下藥] b 由公式m+n=2pam+an=2ap?(只適用等差數列)即可求解．由a1+a2+a3=-24，可得：3a2=-24 由a18+a19+a20=78，可得：
3a19=78 即 a2=-8，a19=26又∵s20==10(a2+a19)=180
2．若｛an｝是等差數列，首項a1＞0，a2003+a2004>0，a2003·a2004＜0，則使前n項和sn>0成立的最大自然數n是
a.4005 b．4006 c.4007 d.4008
[考場錯解] ∵a2004+a2003>0，即2a1+2002d+2003d>0，(a1+2002d)(a1+2003d)<0，要使sn>0．即使na1+d＞0．這樣很難求出a1，d.從而求出最大的自然數 n.故而判斷a2003>0，a2004<0，所以前2003項為正，從第2004項起為負，由等差數列的n項和的對稱性使sn＞0．故而取n=4005使sn>0．
[專家把脈] 此題運用等差數列前n項的性質及圖象中應注意．a2003>0，a2004<0． 且忽視了這兩項的大小．
[對症下藥] b ∵a1>0，a2003+a2004>0，a2003·a2004＜0，且｛an｝為等差數列 ∴表示首項為正數，公差為負數的單調遞減等差數列，且a2003是絕對值最小的正數，a2004是絕對值最大的負數(第乙個負數)，且|a2003|＞|a2004|∴在等差數列｛an｝中，a2003+a2004=a1+a4006>0，s4006=＞0 ∴使sn＞0成立的最大自然數n是4006．
3．設無窮等差數列｛an｝的前n項和為sn.(ⅰ)若首項a1=，公差d=1，求滿足sk2=(sk)2的正整數k;
(ⅱ)求所有的無窮等差數列｛an｝；使得對於一切正整數中k都有sk2=(sk)2成立．
[考場錯解] (1)當a1=,d=1時，sn=n2+n，由sk2=(sk)2得k4+k2=，即k=0或k=4．
∴k≠0．故k=4．
(ⅱ)由對一切正整數k都有sk2=(sk)2成立． 即k2a1+d=(ka1+)2
即(a1-)k2-adk2(k-1)+k2(k2-1)-k2(k-1)2=0對—切正整數k恆成立故求得a1=0或1，d=0 ∴等差數列an=｛0,0,0,…｝，或an=｛1，1，1，…｝．
[專家把脈] (ⅱ)中解法定對一切正整數k都成立．而不是一切實數．故而考慮取k的特值也均成立．
[對症下藥] (ⅰ)當a1=,d=1時，sn=na1+由sk2=(sk)2,得k4+k2=(k2+k)2，即k3=0.又k≠0，所以k=4．
(ⅱ)設數列｛an｝的公差為d，則在sk2=(sk)2中分別取k=1,2,得
由（1）得a1=0或a1=1. 當a1=0時，代入（2）得d=0或d=6.若a1=0,d=0,則an=0,sn=0,從而sk2=(sk)2成立；若a1=0,d=6,則an=6(n-1),由s3=18，（s3）2=324,s9=216知s9≠(s3)2，故所得數列不符合題意.
當a1=1時,代入(2)得 4+6b=(2+d)2解得d=0或d=2.若a1=1,d=0,則an=1,sn=n,從而sk2=(sk)2成立；若a1=1,d=2,則an=2n-1,sn=1+3+…+（2n-1）=n2,從而sk2=(sk)2成立.綜上,共有3個滿足條件的無窮等差數列:
①：an=0,即0，0，0，…；②:an=1,即1，1，1，…；③:
an=2n-1,即1，3，5，….
4.已知數列的各項都是正數,且滿足:a0=1,an+1=an·(4-an),nn.(1)證明an＜an+1＜2,n∈n.(2)求數列的通項公式an.
×2(4-2),也即當x=k+1時 ak＜ak+1＜2成立，所以對一切n∈n,有ak＜ak+1＜2
(2)下面來求數列的通項：an+1=an(4-an)=[-(an-2)2+4],所以2（an+1-2）=-(an-2)2令bn=an-2,則bn=-=-(-)2=-·()2…=-（）1+2+…+2n-1b2n，又bn=-1,所以bn=-()2n-1,即an=2+bn=2-()2n-1
專家會診1.要善於運用等差數列的性質：「若m+n=p+q,則am+an=ap+aq」；等差數列前n項和符合二次函式特徵.
借助二次函式性質進行數形結合法解等差數列問題.2.會運用一般與特殊的邏輯思維,利用滿足條件的特值求相關引數的值,學會分析問題和解決問題.
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