——數列
數列是高中代數的重要內容之一，由於它既具有函式特徵，又能構成獨特的遞推關係，使得它既與中學數學其他部分知識如：函式、方程、不等式、解析幾何、二項式定理等有較緊密的聯絡，又有自己鮮明的特徵，因此它是歷年高考考查的重點、熱點和難點，在高考中占有極其重要的地位.試題往往綜合性強、難度大，承載著考查學生數學思維能力和分析、建模、解決問題的能力以及函式與方程的思想、轉化與化歸的思想、分類討論的思想.
通過對2023年高考試題的研究，本專題在高考試題中占有較大比重，分值約佔總分的12%，大多為一道選擇題或填空題，一道解答題.試題注重基礎，著重考查等差、等比數列的通項公式、前n項和公式、數學歸納法及應用問題，選擇題和填空題，突出「小、巧、活」的特點.而解答題大多為中等以上難度的試題或難度大的壓軸題。
高頻考點總結
考點一等差、等比數列的概念與性質
例1：已知為等比數列，且（1）若，求；（2）設數列的前項和為，求.
解：設，由題意，解之得，進而
（1）由，解得
（2）關於等差、等比數列的問題，首先應抓住a1，d，q，通過列方程組來解．此方法具有極大的普遍性，需用心掌握，但有時運算繁雜，要注意計算的正確性；若能恰當地運用性質，可減少運算量．
例2：設a1，d為實數，首項為a1，公差為d的等差數列的前n項和為sn，滿足+15=0。（ⅰ）若=5，求及a1；（ⅱ）求d的取值範圍。
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。
考點二求數列的通項與求和
例3. 已知數列滿足（1）求
（（2）設求證：； 3）求數列的通項公式。
解：（1）由已知,即
，即有由，有
，即同時，
（2）由（1）：，有
（3）由（2）：而，
是以2為首項，2為公比的等比數列，
，即，而，
有： 一般地，含有的遞推關係式，一般利用化「和」為「項」。
例4：在數列{}中，，並且對任意都有成立，令
．（ⅰ）求數列{}的通項公式；（ⅱ）求數列{}的前n項和．
解：（1）當n=1時，,當時，由得所以
所以數列是首項為3，公差為1的等差數列，所以數列的通項公式為
（2） 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.
考點三數列與不等式、函式等知識的聯絡
例5： 已知數列是等差數列，（1）判斷數列是否是等差數列，並說明理由；（2）如果，試寫出數列的通項公式；（3）在（2）的條件下，若數列得前n項和為，問是否存在這樣的實數，使當且僅當時取得最大值。若存在，求出的取值範圍；若不存在，說明理由。
解：（1）設的公差為，則
數列是以為公差的等差數列
（2），
兩式相減：
（3）因為當且僅當時最大
即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．
例6： 已知數列的首項（是常數，且），（），數列的首項，（）。 （1）證明：
從第2項起是以2為公比的等比數列；（2）設為數列的前n項和，且是等比數列，求實數的值；（3）當時，求數列的最小項.（提示：當時總有）
解：（1）∵∴
(n≥2)由得，，∵，∴ ，
即從第2項起是以2為公比的等比數列。
（2）當n≥2時，
∵是等比數列, ∴(n≥2)是常數，∴，即 。
（3）由（1）知當時，，
所以，顯然最小項是前三項中的一項。當時，最小項為；當時，最小項為或；當時，最小項為；當時，最小項為或；當時，最小項為。
、對數列中的含n的式子，注意可以把式子中的n換為或得到相關的式子，再進行化簡變形處理；也可以把n取自然數中的具體的數1，2，3…等，得到一些等式歸納證明.
例7：已知數列中，.（1）寫出的值（只寫結果）並求出數列的通項公式；（2）設，若對任意的正整數，當時，不等式恆成立，求實數的取值範圍。
解：（12分
當時，，
∴ ，∴
當時，也滿足上式， ∴數列的通項公式為
（2）令，則， 當恆成立∴在上是增函式，
故當時，即當時， 要使對任意的正整數，當時，不等式恆成立，則須使，即，∴ ∴ 實數的取值範圍為
另解：∴ 數列是單調遞減數列，∴
數列是一種特殊的函式，要注意其特殊性： (1)若用導數研究數列的單調性、最值等．要構造輔助函式，因為導數是對連續函式而定義的．(2)輔助函式的單調性與數列的單調性的聯絡與區別．
例8：已知數列的前項和為，對一切正整數，點都在函式的影象上，且過點的切線的斜率為．（1）求數列的通項公式．（2）若，求數列的前項和．（3）設，等差數列的任一項，其中是中的最小數，，求的通項公式.
解：（1）點都在函式的影象上，,當時，當ｎ＝1時，滿足上式，所以數列的通項公式為
（2）由求導可得過點的切線的斜率為，.
.①由①×4，得②
①-②得：
（3）,.
又，其中是中的最小數，.
是公差是4的倍數，.
又，,解得ｍ＝27.
所以，設等差數列的公差為，則
，所以的通項公式為
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，主要用錯位相減法求數列的和.
例9：甲、乙兩容器中分別盛有濃度為，的某種溶液500ml， 同時從甲、乙兩個容器中各取出100ml溶液，將其倒入對方的容器攪勻，這稱為一次調和. 記，，經次調和後甲、乙兩個容器的溶液濃度為， （i）試用，表示，； （ii）求證：
數列｛－｝是等比數列，數列｛+｝是常數列；（iii）求出數列｛｝，｛｝的通項公式.
解：（1）
（2）兩式相減所以等比
兩式相加＝…….＝ 所以常數列；
（3）數列在日常經濟生活中廣為應用，如增長率問題、銀行存款利率問題、貸款問題等，都是與等比數列有關．另外，有些實際問題，可轉化為數列問題，注意是求項還是求和，是解方程還是不等式問題．
最新考場典型題熱身
d1 數列的概念與簡單表示法
21．d1、d3、e1、m3[2012·重慶卷] 設數列的前n項和sn滿足sn＋1＝a2sn＋a1，其中a2≠0.
(1)求證：是首項為1的等比數列；
(2)若a2＞－1，求證：sn≤(a1＋an)，並給出等號成立的充要條件．
21．解：(1)證法一：由s2＝a2s1＋a1得a1＋a2＝a2a1＋a1，即a2＝a2a1.
因a2≠0，故a1＝1，得＝a2.
又由題設條件知
sn＋2＝a2sn＋1＋a1，sn＋1＝a2sn＋a1，
兩式相減得sn＋2－sn＋1＝a2(sn＋1－sn)，
即an＋2＝a2an＋1，
由a2≠0，知an＋1≠0，因此＝a2.
綜上，＝a2對所有n∈n*成立，從而是首項為1，公比為a2的等比數列．
證法二：用數學歸納法證明an＝a，n∈n*.
當n＝1時，由s2＝a2s1＋a1，得a1＋a2＝a2a1＋a1，即a2＝a2a1，再由a2≠0，得a1＝1，
所以結論成立．
假設n＝k時，結論成立，即ak＝a，那麼
當n＝k＋1時，ak＋1＝sk＋1－sk＝(a2sk＋a1)－(a2sk－1＋a1)＝a2(sk－sk－1)＝a2ak＝a，
這就是說，當n＝k＋1時，結論也成立．
綜上可得，對任意n∈n*，an＝a.因此是首項為1，公比為a2的等比數列．
(2)當n＝1或2時，顯然sn＝(a1＋an)，等號成立．
設n≥3，a2＞－1且a2≠0，由(1)知a1＝1，an＝a，所以要證的不等式化為
1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥3)，
即證：1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥2)．
當a2＝1時，上面不等式的等號成立．
當－1＜a2＜1時，a－1與a－1(r＝1,2，…，n－1)同為負；
當a2＞1時，a－1與a－1(r＝1,2，…，n－1)同為正．
因此當a2＞－1且a2≠1時，總有(a－1)(a－1)＞0，即
a＋a＜1＋a (r＝1,2，…，n－1)．
上面不等式對r從1到n－1求和得
2(a2＋a＋…＋a)＜(n－1)(1＋a)，
由此可得1＋a2＋a＋…＋a＜(1＋a)．
綜上，當a2＞－1且a2≠0時，有sn≤(a1＋an)，當且僅當n＝1,2或a2＝1時等號成立．
證法二：當n＝1或2時，顯然sn≤(a1＋an)，等號成立．當a2＝1時，sn＝n＝(a1＋an)，等號也成立．
當a2≠1時，由(1)知sn＝，an＝a，下證：
＜(1＋a)(n≥3，a2＞－1且a2≠1)．
當－1＜a2＜1時，上面不等式化為
(n－2)a＋na2－na＜n－2(n≥3)．
令f(a2)＝(n－2)a＋na2－na.
當－1＜a2＜0時，1－a＞0，故
f(a2)＝(n－2)a＋na2(1－a)＜(n－2)|a2|n＜n－2，
即所要證的不等式成立．
當0＜a2＜1時，對a2求導得f′(a2)＝n[(n－2)a－(n－1)a＋1]＝ng(a2)．
其中g(a2)＝(n－2)a－(n－1)a＋1，則g′(a2)＝(n－2)(n－1)(a2－1)a＜0，即g(a2)是(0,1)上的減函式，故g(a2)>g(1)＝0，從而f′(a2)＝ng(a2)>0，進而f(a2)是(0,1)上的增函式，因此f(a2)＜f(1)＝n－2，所要證的不等式成立．
當a2＞1時，令b＝，則0＜b＜1，由已知的結論知
＜，兩邊同時乘以a得所要證的不等式．
綜上，當a2＞－1且a2≠0時，有sn≤(a1＋an)，當且僅當n＝1,2或a2＝1時等號成立．
23．m2、d1[2012·上海卷] 對於數集x＝，其中0＜x1＜x2＜…＜xn，n≥2，定義向量集y＝，若對任意a1∈y，存在a2∈y，使得a1·a2＝0，則稱x具有性質p，例如具有性質p.
(1)若x＞2，且具有性質p，求x的值；
(2)若x具有性質p，求證：1∈x，且當xn＞1時，x1＝1；
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