2019届高考数学(理科)大二轮复习课件：专题四 数列、等差数列、等比数列、数列的通项与求和
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2019年度高考数学(全国通用)二轮复习课件 回扣4 数 列
板块四 考前回扣
回扣4 数 列
内容索引
回归教材 易错提醒 回扣训练
回归教材
1.牢记概念与公式
等差数列、等比数列
等差数列
通项公式 an＝a1＋(n－1)d
等比数列
an＝a1qn－1(q≠0)
前n项和
na1＋an Sn ＝ ＝ na1 ＋ 2 nn－1 d 2
a11－qn a1－anq (1)q≠1，Sn＝ ＝ ； 1－q 1－q (2)q＝1，Sn＝na1
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解析
答案
3.设等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ，且 a1>0 ， a3 ＋ a10>0 ， a6a7<0 ，则满足
Sn>0的最大自然数n的值为
A.6 B.7
C.12
√
D.13
解析 ∵a1>0，a6a7<0， ∴a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零， 又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0， ∴S12>0，S13<0， ∴满足Sn>0的最大自然数n的值为12.
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解析
答案
12.若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ 50 ln a2＋„＋ln a20＝________.
解析 ∵数列{an}为等比数列，且a10a11＋a9a12＝2e5，
回扣4 数 列
内容索引
回归教材 易错提醒 回扣训练
回归教材
1.牢记概念与公式
等差数列、等比数列
等差数列
通项公式 an＝a1＋(n－1)d
等比数列
an＝a1qn－1(q≠0)
前n项和
na1＋an Sn ＝ ＝ na1 ＋ 2 nn－1 d 2
a11－qn a1－anq (1)q≠1，Sn＝ ＝ ； 1－q 1－q (2)q＝1，Sn＝na1
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解析
答案
3.设等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ，且 a1>0 ， a3 ＋ a10>0 ， a6a7<0 ，则满足
Sn>0的最大自然数n的值为
A.6 B.7
C.12
√
D.13
解析 ∵a1>0，a6a7<0， ∴a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零， 又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0， ∴S12>0，S13<0， ∴满足Sn>0的最大自然数n的值为12.
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解析
答案
12.若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ 50 ln a2＋„＋ln a20＝________.
解析 ∵数列{an}为等比数列，且a10a11＋a9a12＝2e5，
2019版高考数学总复习专题四数列4.1数列基础题课件理
4.1
数列基础题
高考命题规律 1.考查频率较高.且多数与数列解答题隔年交替考查. 2.选择题或填空题,难度中低档. 3.全国高考有4种命题角度,分布如下表.
2014 年 2015 年 2016 年 2017 年 2018 年 2019 年高考必备 命题 角度 1 命题 角度 2 命题 角度 3 求数列的通 项公式 等差数列基 本量的运算 等比数列基 本量的运算 等差、等比数 命题 列性质的应 角度 4 用
������
������
1
)
������������+1 ������������ 解析 由题意得 − =ln(n+1)-ln n,n 分别取 ������+1 ������ ������������ ������1 ������������ 累加得 ������ − 1 =ln n-ln 1=ln n, ������ =2+ln n,
-8高考真题体验·对方向
新题演练提能·刷高分
3.(2018 湖南、 江西第二次联考)已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 log3 Sn+1 =n+1,则数列{an}的通项公式为 8,������ = 1, 答案 an= 2 × 3������ ,������ ≥ 2 .
解析 由log3(Sn+1)=n+1,得Sn+1=3n+1, 当n=1时,a1=S1=8; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2×3n, 8,������ = 1, 所以数列{an}的通项公式为 an= 2 × 3������ ,������ ≥ 2.
所以
1-35 S5= =121. 1-3
-5高考真题体验·对方向
新题演练提能·刷高分
数列基础题
高考命题规律 1.考查频率较高.且多数与数列解答题隔年交替考查. 2.选择题或填空题,难度中低档. 3.全国高考有4种命题角度,分布如下表.
2014 年 2015 年 2016 年 2017 年 2018 年 2019 年高考必备 命题 角度 1 命题 角度 2 命题 角度 3 求数列的通 项公式 等差数列基 本量的运算 等比数列基 本量的运算 等差、等比数 命题 列性质的应 角度 4 用
������
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)
������������+1 ������������ 解析 由题意得 − =ln(n+1)-ln n,n 分别取 ������+1 ������ ������������ ������1 ������������ 累加得 ������ − 1 =ln n-ln 1=ln n, ������ =2+ln n,
-8高考真题体验·对方向
新题演练提能·刷高分
3.(2018 湖南、 江西第二次联考)已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 log3 Sn+1 =n+1,则数列{an}的通项公式为 8,������ = 1, 答案 an= 2 × 3������ ,������ ≥ 2 .
解析 由log3(Sn+1)=n+1,得Sn+1=3n+1, 当n=1时,a1=S1=8; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2×3n, 8,������ = 1, 所以数列{an}的通项公式为 an= 2 × 3������ ,������ ≥ 2.
所以
1-35 S5= =121. 1-3
-5高考真题体验·对方向
新题演练提能·刷高分
2019届高考数学二轮复习(理科)数列的综合问题课件(32张)(全国通用)
解:(1)设数列{an}的公比为 q, 由已知,有 1 - 1 = 2 ,
a1 a1q a1q 2 解得 q=2 或 q=-1. 又由 S6=a1· 1 q6 =63,知 q≠-1,
1 q 所以 a1· 1 26 =63,得 a1=1,所以 an=2n-1.
1 2
(2)若对任意的 n∈N*,bn 是 log2an 和 log2an+1 的等差中项,求数列{(-1)n bn2 }的前 2n 项和.
(2)求数列{bn}的前n项和.
解:(2)由(1)知 bn=3n+2n-1(n=1,2,…).
数列{3n}的前 n 项和为 3 n(n+1),数列{2n-1}的前 n 项和为 1× 1 2n =2n-1.
2
1 2
所以,数列{bn}的前 n 项和为 3 n(n+1)+2n-1. 2
考点二 数列在实际问题中的应用 首先要认真审题,深刻理解问题的实际背景,理清蕴含在语言中的数学关系,把 应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题,使关系明朗化、标准化.然后 用等差、等比数列知识求解. 【例2】 某市地铁连同站台等附属设施全部建成后,平均每公里需投资人民币 1亿元,全部投资都从银行贷款.从投入营运那一年开始,地铁公司每年需归还 银行相同数额的贷款本金0.05亿元,这笔贷款本金先用地铁营运收入支付,不 足部分由市政府从公用经费中补足.地铁投入营运后,平均每公里年营运收入 (扣除日常管理费等支出后)第一年为0.012 4亿元,以后每年增长20%,到第20 年后不再增长. (1)地铁营运几年,当年营运收入开始超过当年归还银行贷款本金?
(6)分期付款模型:设贷款总额为 a,年利率为 r,等额还款数为 b,分 n 期还完,则 b= r(1 r)n a.
2019高考数学二轮复习第7讲等差数列、等比数列课件理
a1 (1 q 6 ) (1 26 ) 以S6= = =-63. 1 q 1 2
解法二:由Sn=2an+1,得S1=2S1+1,所以S1=-1.当n≥2时,由Sn=2an+1,得 Sn=2(Sn-Sn-1)+1,即Sn=2Sn-1-1,所以Sn-1=2(Sn-1-1).又S1-1=-2,所以{Sn-1} 是首项为-2,公比为2的等比数列.所以Sn-1=-2×2n-1=-2n.所以Sn=12n.所以S6=1-26=-63.
解析 (1)由条件,得an+1=
2(n 1) an. n
将n=1代入,得a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.
将n=2代入,得a3=3a2,所以a3=12. 从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
n 1 n 由条件可得 = ,即bn+1=2bn,
)
答案
B
因为S2=2S1,所以a1+a2=2a1.所以a1=a2=3.又{Sn}是首
项S1=a1=3,公比q=2的等比数列,所以Sn=3×2n-1.所以a4=S4-S3=12.故 选B.
3.(2018北京,9,5分)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通 项公式为 .
答案
2 ak 所以 =a6ak+6.
又等差数列{an}的公差d≠0,且a2=-d, 所以[a2+(k-2)d]2=(a2+4d)[a2+(k+4)d]. 所以(k-3)2=3(k+3),解得k=9或k=0(舍去).故选C.
2.已知Sn为数列{an}的前n项和,若a2=3,且Sn+1=2Sn,则a4= ( A.6 B.12 C.16 D.24
解法二:由Sn=2an+1,得S1=2S1+1,所以S1=-1.当n≥2时,由Sn=2an+1,得 Sn=2(Sn-Sn-1)+1,即Sn=2Sn-1-1,所以Sn-1=2(Sn-1-1).又S1-1=-2,所以{Sn-1} 是首项为-2,公比为2的等比数列.所以Sn-1=-2×2n-1=-2n.所以Sn=12n.所以S6=1-26=-63.
解析 (1)由条件,得an+1=
2(n 1) an. n
将n=1代入,得a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.
将n=2代入,得a3=3a2,所以a3=12. 从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
n 1 n 由条件可得 = ,即bn+1=2bn,
)
答案
B
因为S2=2S1,所以a1+a2=2a1.所以a1=a2=3.又{Sn}是首
项S1=a1=3,公比q=2的等比数列,所以Sn=3×2n-1.所以a4=S4-S3=12.故 选B.
3.(2018北京,9,5分)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通 项公式为 .
答案
2 ak 所以 =a6ak+6.
又等差数列{an}的公差d≠0,且a2=-d, 所以[a2+(k-2)d]2=(a2+4d)[a2+(k+4)d]. 所以(k-3)2=3(k+3),解得k=9或k=0(舍去).故选C.
2.已知Sn为数列{an}的前n项和,若a2=3,且Sn+1=2Sn,则a4= ( A.6 B.12 C.16 D.24
2019届高考数学二轮复习第一篇专题四数列第1讲等差数列与等比数列课件理ppt版本
巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一
座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔
的顶层共有灯(
)
B
(A)1盏
(B)3盏
(C)5盏
(D)9盏
解析:依题意可知, S7=381,q=2,
所以 S7= a1 1 27 =381, 1 2 解得 a1=3.故选 B.
(2)求Sn,并求Sn的最小值.
解:(2)由(1)得 Sn= a1 an ·n=n2-8n=(n-4)2-16. 2
所以当 n=4 时,Sn 取得最小值,最小值为-16.
考情分析
1.考查角度 考查等差数列、等比数列基本量的计算,考查等差数列、等比数列性质的 应用,考查等差数列、等比数列的判断与证明等. 2.题型及难易度 选择题、填空题、解答题均有,难度中等偏下.
2
方法技巧
解等差数列、等比数列基本运算问题的基本思想是方程思想,即通过等差 数列、等比数列的通项公式及前n项和公式得出基本量(等差数列的首项和 公差、等比数列的首项和公比),然后再通过相关公式求得结果.
热点训练 1:(1)(2018·柳州一模)《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配 问题:“衰分”是按比例递减分配 的意思,通常称递减的比例(即百分比)为“衰 分比”,今共有粮 98 石,按甲、乙、丙的顺序进行“衰分”,已知乙分得 28 石, 则“衰分比”为( )
3.(2016·全国Ⅰ卷,理3)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100等于 ( C)
(A)100
(B)99
(C)98 (D)97
解析:
9a1
98 2
d
2019-2020年高考数学二轮复习专题4数列第1讲等差数列等比数列课件
• 1．忽视等比数列的条件： • 判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． • 2．漏掉等比中项： • 正数a，b的等比中项是±，容易漏掉－． • 3．忽略对等比数列的公比的讨论： • 应用等比数列前n项和公式时应首先讨论公式q是否等于1．
4．an－an－1＝d 或aan－n 1＝q 中注意 n 的范围限制． 5．易忽略公式 an＝Sn－Sn－1 成立的条件是 n≥2． 6．证明一个数列是等差或等比数列时，由数列的前 n 项和想当然得到 的通项公式，易出错，必须用定义证明． 7．等差数列的单调性只取决于公差 d 的正负，而等比数列的单调性既 虑公比 q，又要考虑首项 a1 的正负．
高考真题体验
1．(2017·全国卷Ⅰ，4)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a4＋a5＝24
＝48，则{an}的公差为 导学号 52134460 ( C )
A．1
B．2
C．4
D．8
[解析] 设{an}的公差为 d，则由aS46＋ ＝a458＝，24，
a1＋3d＋a1＋4d＝24， 得6a1＋6×2 5d＝48，
• 备考策略 • 本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
• (1)加强对等差(比)数列概念的理解，掌握等差(比)数列的判定与 明方法．
• (2)掌握等差(比)数列的通项公式、前n项和公式，并会应用． • (3)掌握等差(比)数列的简单性质并会应用． • 预测2018年命题热点为： • (1)在解答题中，涉及等差、等比数列有关量的计算、求解． • (2)已知数列满足的关系式，判定或证明该数列为等差(比)数列． • (3)给出等差(比)数列某些项或项与项之间的关系或某些项的和，
第一部分 专题强化突破
专题四 数 列
(理通用)2019届高考数学大二轮复习-第1部分 专题4 数列 第2讲 数列求和及综合应用课件
②nn1＋k＝1k(1n－n＋1 k)． ③2n－112n＋1＝_12_(2__n_1－__1_－__2_n_1＋__1_) _.
④若等差数列{an}的公差为 d，则ana1n＋1＝1d(a1n－an1＋1)；ana1n＋2＝21d(a1n－an1＋2)．
⑤nn＋11n＋2＝12[nn1＋1－n＋11n＋2]．
⑥
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
⑦
1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n)．
(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前 n 项和公式，如
①1＋2＋3＋…＋n＝nn＋2 1； ②1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝__n_2___；
③12＋22＋32＋…＋n2＝16n(n＋1)(2n＋1)．
• 1．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分 类讨论．
来的三项是 20,21,22，依次类推．求满足如下条件的最小整数 N：N>100 且该数列的
前 N 项和为 2 的整数幂．那么该款软件的激活码是( A )
A．440
B．330
C．220
D．110
[解析] 设首项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组， 依此类推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为n1＋ 2 n.
核心知识整合
1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成 cn＝an＋bn 形式的数列求 和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．
2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即 an＝f(n＋1)－f(n)的 形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如{anacn＋1}(其中{an}是公差 d≠0 且各项均不为 0 的等差数列，c 为常数)的数列等．
④若等差数列{an}的公差为 d，则ana1n＋1＝1d(a1n－an1＋1)；ana1n＋2＝21d(a1n－an1＋2)．
⑤nn＋11n＋2＝12[nn1＋1－n＋11n＋2]．
⑥
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
⑦
1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n)．
(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前 n 项和公式，如
①1＋2＋3＋…＋n＝nn＋2 1； ②1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝__n_2___；
③12＋22＋32＋…＋n2＝16n(n＋1)(2n＋1)．
• 1．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分 类讨论．
来的三项是 20,21,22，依次类推．求满足如下条件的最小整数 N：N>100 且该数列的
前 N 项和为 2 的整数幂．那么该款软件的激活码是( A )
A．440
B．330
C．220
D．110
[解析] 设首项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组， 依此类推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为n1＋ 2 n.
核心知识整合
1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成 cn＝an＋bn 形式的数列求 和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．
2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即 an＝f(n＋1)－f(n)的 形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如{anacn＋1}(其中{an}是公差 d≠0 且各项均不为 0 的等差数列，c 为常数)的数列等．
2019届高考数学二轮复习第一篇专题四数列第1讲等差数列与等比数列课件理
3 3 1 2
×d]=2a1+
2 2 1 2
×d+4a1+
4 4 1 2
×d,
将 a1=2 代入上式 ,解得 d=-3, 故 a5=a1+(5-1)d=2+4×(-3)=-10.故选 B.
2.(2017· 全国Ⅱ卷,理3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望
答案:64
7.(2018· 全国Ⅰ卷,理14)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=
解析:因为 Sn=2a n+1,当 n≥2 时,Sn-1=2an-1+1, 所以 an=Sn-Sn-1 =2an-2an-1, 即 an=2an-1. 当 n=1 时,a1=S1=2a1+1,得 a1=-1. 所以数列{an}是首项 a1 为-1,公比 q 为 2 的等比数列, 所以 Sn=
65 所以 S6=6×1+ × (-2)=-24. 2
故选 A.
6.(2016· 全国Ⅰ卷,理15 Nhomakorabea设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an
的最大值为
.
解析:设等比数列{an}的公比为 q,
2 1 a1 a1q 10, 则 解得 q= ,a1=8, 3 2 a1q a1 q 5,
(2)求Sn,并求Sn的最小值.
解:(2)由(1) 得 Sn=
a1 an ·n=n2-8n=(n-4)2-16. 2
所以当 n=4 时,Sn 取得最小值,最小值为-16.
考情分析
1.考查角度 考查等差数列、等比数列基本量的计算,考查等差数列、等比数列性质的应 用,考查等差数列、等比数列的判断与证明等. 2.题型及难易度 选择题、填空题、解答题均有,难度中等偏下.
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(1)利用定义,证明
2 (2)利用等比中项,证明������������ =an-1an+1(n≥2,且 an≠0).
∑
������
-
1
=
1 2d 2
· 1-
1 n+1
<
1 2d 2
.
答案
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三 命题热点四
-8-
题后反思1.证明数列{an}ห้องสมุดไป่ตู้等差数列的两种基本方法: (1)利用定义,证明an+1-an(n∈N*)为常数; (2)利用等差中项,证明2an=an-1+an+1(n≥2). 2.证明数列{an}是等比数列的两种基本方法:
解析 答案
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三 命题热点四
-7-
等差数列与等比数列的判定与证明 【思考】 证明数列{an}是等差数列或等比数列的基本方法有哪 些? 例2已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的 n∈N*,bn是an和 a 的等比中项 . 关闭 2 n+1 2 * (1)设 cn=������������ +1 −2������������ ,n∈N ,求证:数列 {cn} 2 2是等差数列; 证明 ： (1)由题意得������ n+1an+2-anan+1=2dan+1, ������ 2 ������=anan+1,有 cn=������������ +1 − ������ ������������ =a 1 1 k 2 2 * 因此 -c dn (= an+ =������ 2,d , N ,求证: ∑ (2)c 设 a ,T ∑ (1) n∈ < 2. n+1 n =2 2-a n+ 1)������ 1=d ������ 2������ ������ =1 ������ =1 ������ 所以 {cn}是等差数列 . 2 2 2 2 2 (2)Tn=(-������1 + ������2 )+(-������3 + ������4 )+… +(-������2 ������ -1 +
复习策略 抓住考查的主 要题目类型进 行训练,重点是 等差数列与等 比数列的基本 量的求解;利用 等差数列与等 比数列的性质 求数列中的基 本量;等差数列 与等比数列的 证明;求解等差 数列、 等比数列 的综合问题.
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三 命题热点四
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等差数列与等比数列的基本量的求解 【思考】 如何求解等差数列与等比数列的基本量? 例1记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的 公差为( ) A.1 B.2 C.4 D.8
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对点训练1(1)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远 望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?” 意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是 上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( ) A.1盏 B.3盏 关闭 C.5盏 D.9盏 (1)设塔的顶层共有 x 盏灯,则各层的灯数构成一个公比为 2 的等 (2)设等比数列 {an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4= . ������ (1-27 )
比数列,由
1-2
=381,可得 x=3,故选 B.
������1 = 1, ������1 (1 + ������) = -1, (2)设{an}的公比为 q,则由题意,得 解得 故 2 ������ = -2, ������1 (1-������ ) = -3, 关闭 3 a =-88 . 4=a1q (2) (1)B
2 ������2 ������ )=2d(a2+a4+… +a2n)=2d· ������ (������ 2 +������ 2������ ) 2 1
=2d2n(n+1).
1
所以 ∑
������
1
������ =1 T k
=
1
2d 2 k=1 ������ (������ +1)
∑
n
1
=
2������ 2 ������ =1 k k+1
专题四
数列
4.1
等差数列与等比数列
考情分析
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试题统计 (2014 全国 Ⅰ,理 17) (2014 全国 Ⅱ,理 17) (2015 全国 Ⅱ,理 4) (2016 全国 Ⅰ,理 3) (2016 全国 Ⅱ,理 17) (2017 全国 Ⅰ,理 4) (2017 全国 Ⅲ,理 14) (2018 全国 Ⅱ,理 17)
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解析
答案
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题后反思等差数列、等比数列的通项公式、求和公式中一共包 含a1,n,d(q),an与Sn这五个量.如果已知其中的三个,就可以求其余的 两个.因为a1,d(q)是两个基本量,所以等差数列与等比数列的基本运 算问题一般先设出这两个基本量,然后根据通项公式、求和公式构 建这两者的方程(组),通过解方程(组)求其值,这也是方程思想在数 列问题中的体现.
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设首项为 a1,公差为 d,则 a4+a5=a1+3d+a1+4d=24,S6=6a1+ 联立可得
C d=4. 以
6×5 2
d=48,
2������1 + 7������ = 24,① 6������1 + 15������ = 48,②
① × 3-②,得(21-15)d=24,即 6d=24,所
题型 命题规律 等差数列、等比数列的判定及 其通项公式是高考的热点,在 考查基本运算、基本概念的同 时,也注重对函数与方程、 等价 转化、分类讨论等数学思想的 选择 考查 (2015 ;对等差数列、 全国Ⅱ,理 等比数列的 16) 题 性质考查主要是求解数列的等 填空 差中项、等比中项、通项公式 (2016 全国Ⅰ,理 15) 题 和前 n 项和最大、 最小等问题, 解答 主要是中低档题 (2016 全国Ⅲ; ,等差数列、 理 17) 等 题 比数列的证明多在解答题中的 某一问出现 (2017 全国 ,属于中档题 Ⅱ,理 3) ;等差 数列、等比数列的前 n 项和是 高考考查的重点 (2018 全国Ⅰ,在解答时要 理 4) 注意与不等式、函数、方程等 知识相结合 (2018 全国 . Ⅲ,理 17)