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押天津卷19题
数列综合
考点
2年考题
考情分析
数列大题
2023年天津卷第19题
2022年天津卷第18题
数列大题一般而言第一问涉及到等比等差的基础量的运算，这部分难度不大，属于送分题，第二问一般以证明题的形式来考察，难度较大。23年涉及到数列极限的思想说明对于难题的考察，高考在贴近大学的知识，这对考生要求较高。数列可考察的知识点较多，可以结合的知识也较多，类似数列与不等式，裂项相消错位相减奇偶并项求和，数列的放缩等等。预测24年高考依旧会把数列作为一道压轴大题来考察。
题型一数列大题
19．（15分）（2023?天津）已知是等差数列，，．
（Ⅰ）求的通项公式和；
（Ⅱ）已知为等比数列，对于任意，若，则．
当时，求证：；
求的通项公式及其前项和．
【答案】（Ⅰ），．
（Ⅱ）证明见解析；
，．
【分析】（Ⅰ）建立方程组求出首项和公差即可求解．
（Ⅱ）根据数列递推关系，利用极限思想分别求出公比和首项，即可得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）是等差数列，，．
，得，，
则的通项公式，
中的首项为，项数为，
则．
（Ⅱ），，，
即，
当时，．
，且，
即，
综上，故成立；
成立，
为等比数列，设公比为，
当时，，，
则，
即，
即，
当，，，
，
时，，
，
即，
即，
当，，，
则，
则，即的通项公式为，
则的其前项和．
18．（15分）（2022?天津）设是等差数列，是等比数列，且．
（1）求与的通项公式；
（2）设的前项和为，求证：；
（3）求[ak+1﹣（﹣1）kak]bk．
【答案】（1）an＝2n﹣1，bn＝2n﹣1．
（2）见证明过程．
（3）．
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由a1＝b1＝a2﹣b2＝a3﹣b3＝1，可得1+d﹣q＝1，1+2d﹣q2＝1，解得d，q，即可得出an．
（2）由等比数列的性质及通项公式与前n项和的关系结合分析法能证明（Sn+1+an+1）bn＝Sn+1bn+1﹣Snbn；
（3）先求出[]b2k﹣1+[a2k+1﹣（﹣1）2k2k]b2k＝2k?4k，利用并项求和，结合错位相减法能求出结果．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
∵a1＝b1＝a2﹣b2＝a3﹣b3＝1，
∴1+d﹣q＝1，1+2d﹣q2＝1，
解得d＝q＝2，
∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，bn＝2n﹣1．
（2）证明：∵bn+1＝2bn≠0，
∴要证明（Sn+1+an+1）bn＝Sn+1bn+1﹣Snbn，
即证明（Sn+1+an+1）bn＝2Sn+1?bn﹣Snbn，
即证明Sn+1+an+1＝2Sn+1﹣Sn，
即证明an+1＝Sn+1﹣Sn，
由数列的通项公式和前n项和的关系得：an+1＝Sn+1﹣Sn，
∴（Sn+1+an+1）bn＝Sn+1bn+1﹣Snbn．
（3）∵[]b2k﹣1+[a2k+1﹣（﹣1）2k2k]b2k
＝（4k﹣1+4k﹣3）×22k﹣2+[4k+1﹣（4k﹣1）]×22k﹣1＝2k?4k，
∴[ak+1﹣（﹣1）kak]bk＝{[a2k﹣（﹣1）2k﹣1a2k﹣1]b2k﹣1+[a2k]b2k}
＝2k?4k，
设Tn＝．
则+…+2n×4n，①
∴4Tn＝2×42+4×43+6×44+…+2n×4n+1，②
①﹣②，得：
﹣3Tn＝2（4+42+43+44+…+4n）﹣2n?4n+1
＝
＝，
∴Tn＝，
∴[ak+1﹣（﹣1）kak]bk＝．
一、公式法
（1）等差数列的前n项和
（2）等比数列的前n项和
（3）一些常见的数列的前n项和：
①；
②；
③；
=4\*GB3④
二、几种数列求和的常用方法
（1）分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
（2）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和．
（4）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解．
（5）倒序相加法：如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法求解．
【常用结论】
裂项技巧
①等差型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
②根式型
（1）
（2）
（3）
③指数型
（1）
（2）
（3）
④三角型
（1）
（2）
（3）
⑤阶乘
（1）
=6\*GB3⑥常见放缩公式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）；
（6）；
（7）；
（8）；
（9）；
（1
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