2022年高考數學二輪專題突破 專題三 數列與不等式 第1講 等差數列與等比數列 理

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1、2022年高考數學二輪專題突破 專題三 數列與不等式 第1講 等差數列與等比數列 理 1．(xx·課標全國Ⅰ)已知{an}是公差為1的等差數列，Sn為{an}的前n項和，若S8＝4S4，則a10等于(　　) A. B. C．10 D．12 2．(xx·浙江)已知{an}是等差數列，公差d不為零．若a2，a3，a7成等比數列，且2a1＋a2＝1，則a1＝________，d＝________. 3．(xx·廣東)若等比數列{an}的各項均為正數，且a10a11＋a9a12＝2e5，則ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______. 4．(xx·江西)某住宅小區(qū)計劃植樹不少

2、于100棵，若第一天植2棵，以后每天植樹的棵數是前一天的2倍，則需要的最少天數n(n∈N*)等于________． 　 1.等差、等比數列基本量和性質的考查是高考熱點，經常以小題形式出現.2.數列求和及數列與函數、不等式的綜合問題是高考考查的重點，考查分析問題、解決問題的綜合能力. 熱點一　等差數列、等比數列的運算 (1)通項公式 等差數列：an＝a1＋(n－1)d； 等比數列：an＝a1·qn－1. (2)求和公式 等差數列：Sn＝＝na1＋d； 等比數列：Sn＝＝(q≠1)． (3)性質 若m＋n＝p＋q， 在等差數列中am＋an＝ap＋aq； 在等比數列中am

3、·an＝ap·aq. 例1　(1)設等差數列{an}的前n項和為Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當Sn取最小值時，n＝________. (2)已知等比數列{an}公比為q，其前n項和為Sn，若S3，S9，S6成等差數列，則q3等于(　　) A．－ B．1 C．－或1 D．－1或 思維升華　在進行等差(比)數列項與和的運算時，若條件和結論間的聯系不明顯，則均可化成關于a1和d(q)的方程組求解，但要注意消元法及整體計算，以減少計算量． 跟蹤演練1　(1)(xx·安徽)已知數列{an}是遞增的等比數列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，則數列{an}的前n項和等于___

4、_____． (2)已知數列{an}是各項均為正數的等比數列，a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，則log2＝________. 熱點二　等差數列、等比數列的判定與證明 數列{an}是等差數列或等比數列的證明方法 (1)證明數列{an}是等差數列的兩種基本方法： ①利用定義，證明an＋1－an(n∈N*)為一常數； ②利用中項性質，即證明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． (2)證明{an}是等比數列的兩種基本方法： ①利用定義，證明(n∈N*)為一常數； ②利用等比中項，即證明a＝an－1an＋1(n≥2)． 例2　(xx·大綱全國)數列{an}滿足a1＝1，a2＝2，a

5、n＋2＝2an＋1－an＋2. (1)設bn＝an＋1－an，證明：{bn}是等差數列； (2)求{an}的通項公式． 　 　 　 　 　 　 　 思維升華　(1)判斷一個數列是等差(比)數列，也可以利用通項公式及前n項和公式，但不能作為證明方法． (2)＝q和a＝an－1an＋1(n≥2)都是數列{an}為等比數列的必要不充分條件，判斷時還要看各項是否為零． 跟蹤演練2　(1)已知數列{an}的首項a1＝1，且滿足an＋1＝，則an＝________. (2)已知數列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，則an＝________.

6、 熱點三　等差數列、等比數列的綜合問題 解決等差數列、等比數列的綜合問題，要從兩個數列的特征入手，理清它們的關系；數列與不等式、函數、方程的交匯問題，可以結合數列的單調性、最值求解． 例3　已知等差數列{an}的公差為－1，且a2＋a7＋a12＝－6. (1)求數列{an}的通項公式an與前n項和Sn； (2)將數列{an}的前4項抽去其中一項后，剩下三項按原來順序恰為等比數列{bn}的前3項，記{bn}的前n項和為Tn，若存在m∈N*，使對任意n∈N*，總有Sn

7、比數列交匯的問題，常用“基本量法”求解，但有時靈活地運用性質，可使運算簡便． (2)數列的項或前n項和可以看作關于n的函數，然后利用函數的性質求解數列問題． (3)數列中的恒成立問題可以通過分離參數，通過求數列的值域求解． 跟蹤演練3　已知首項為的等比數列{an}不是遞減數列，其前n項和為Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設Tn＝Sn－(n∈N*)，求數列{Tn}的最大項的值與最小項的值． 　 　 　 　 　 　 1．設等差數列{an}的前n項和為Sn，且a1>0，a3＋a

8、10>0，a6a7<0，則滿足Sn>0的最大自然數n的值為(　　) A．6 B．7 C．12 D．13 2．已知各項不為0的等差數列{an}滿足a4－2a＋3a8＝0，數列{bn}是等比數列，且b7＝a7，則b2b12等于(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 3．已知各項都為正數的等比數列{an}滿足a7＝a6＋2a5，存在兩項am，an使得＝4a1，則＋的最小值為(　　) A. B. C. D. 4．已知等比數列{an}中，a4＋a6＝10，則a1a7＋2a3a7＋a3a9＝________. 提醒：完成作業(yè)　專題三　第1講 二輪專題強化

9、練 專題三 第1講　等差數列與等比數列 A組　專題通關 1．已知等差數列{an}中，a5＝10，則a2＋a4＋a5＋a9的值等于(　　) A．52 B．40 C．26 D．20 2．已知等差數列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝，則a12的值是(　　) A．15 B．30 C．31 D．64 3．(xx·浙江)已知{an}是等差數列，公差d不為零，前n項和是Sn，若a3，a4，a8成等比數列，則(　　) A．a1d＞0，dS4＞0 B．a1d＜0，dS4＜0 C．a1d＞0，dS4＜0 D．a1d＜0，dS4＞0 4．設Sn為等差數

10、列{an}的前n項和，(n＋1)Sn

11、的首項為a1＝2，且an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，記Sn為數列{an}的前n項和，則Sn＝________，an＝________. 9．成等差數列的三個正數的和等于15，并且這三個數分別加上2、5、13后成為等比數列{bn}中的b3、b4、b5. (1)求數列{bn}的通項公式； (2)數列{bn}的前n項和為Sn，求證：數列{Sn＋}是等比數列． 10．(xx·廣東)設數列{an}的前n項和為Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且當n≥2時，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1. (1)求a4的值； (2)證

12、明：為等比數列； (3)求數列{an}的通項公式． B組　能力提高 11．已知{an}是等差數列，Sn為其前n項和，若S21＝S4 000，O為坐標原點，點P(1，an)，Q(2 011，a2 011)，則·等于(　　) A．2 011 B．－2 011 C．0 D．1 12．(xx·福建)若a，b是函數f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的兩個不同的零點，且a，b，－2這三個數可適當排序后成等差數列，也可適當排序后成等比數列，則p＋q的值等于(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 13．數列{an}的前n項和為Sn

13、，已知a1＝，且對任意正整數m，n，都有am＋n＝am·an，若Sn

14、4(4a1＋6)，解得a1＝， ∴a10＝a1＋9d＝＋9＝.故選B.] 2.?。? 解析　∵a2，a3，a7成等比數列， ∴a＝a2a7， 即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)， ∴a1＝－d， ∵2a1＋a2＝1，∴2a1＋a1＋d＝1， 即3a1＋d＝1， ∴a1＝，d＝－1. 3．50 解析　因為a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5， 所以a10a11＝e5. 所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20) ＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10

15、a11)＝10ln e5＝50ln e＝50. 4．6 解析　每天植樹棵數構成等比數列{an}， 其中a1＝2，q＝2.則Sn＝＝2(2n－1)≥100，即2n＋1≥102. ∴n≥6，∴最少天數n＝6. 熱點分類突破 例1　(1)6　(2)A 解析　(1)設該數列的公差為d， 則a4＋a6＝2a1＋8d＝2×(－11)＋8d ＝－6，解得d＝2， 所以Sn＝－11n＋×2＝n2－12n＝(n－6)2－36， 所以當Sn取最小值時，n＝6. (2)若q＝1，則3a1＋6a1＝2×9a1， 得a1＝0，矛盾，故q≠1. 所以＋＝ 2， 解得q3＝－或1(舍)，故選

16、A. 跟蹤演練1　(1)2n－1　(2)1 005 解析　(1)由等比數列性質知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9，所以聯立方程解得或又數列{an}為遞增數列，所以a1＝1，a4＝8， 從而a1q3＝8，所以q＝2. 所以數列{an}的前n項和為Sn＝＝2n－1. (2)在等比數列中，(a1＋a2)q2＝a3＋a4， 即q2＝2，所以a2 011＋a2 012＋a2 013＋a2 014＝(a1＋a2＋a3＋a4)q2 010＝3×21 005， 所以log2＝1 005. 例2　(1)證明　由an＋2＝2an＋1－an＋2得 an＋2－an＋1＝an＋1－a

17、n＋2， 即bn＋1＝bn＋2. 又b1＝a2－a1＝1， 所以{bn}是首項為1，公差為2的等差數列． (2)解　由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1， 即an＋1－an＝2n－1. ∴an－an－1＝2n－3， an－1－an－2＝2n－5， …… a2－a1＝1， 累加得an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1. 又a1＝1，所以{an}的通項公式為an＝n2－2n＋2. 跟蹤演練2　(1)　(2)2n＋1－3 解析　(1)由已知得＝＋4， ∴－＝4， 又＝1， 故{}是以1為首項，4為公差的等差數列， ∴＝1＋4(n－1)＝4n－3， 故a

18、n＝. (2)由已知可得an＋1＋3＝2(an＋3)， 又a1＋3＝4， 故{an＋3}是以4為首項，2為公比的等比數列． ∴an＋3＝4×2n－1， ∴an＝2n＋1－3. 例3　解　(1)由a2＋a7＋a12＝－6 得a7＝－2，∴a1＝4， ∴an＝5－n，從而Sn＝. (2)由題意知b1＝4，b2＝2，b3＝1， 設等比數列{bn}的公比為q， 則q＝＝， ∴Tm＝＝8[1－()m]， ∵()m隨m增加而遞減， ∴{Tm}為遞增數列，得4≤Tm<8. 又Sn＝＝－(n2－9n) ＝－[(n－)2－]， 故(Sn)max＝S4＝S5＝10， 若存在m∈

19、N*，使對任意n∈N*總有Sn6.即實數λ的取值范圍為(6，＋∞)． 跟蹤演練3　解　(1)設等比數列{an}的公比為q， 因為S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數列， 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3， 于是q2＝＝. 又{an}不是遞減數列且a1＝， 所以q＝－. 故等比數列{an}的通項公式為 an＝×n－1＝(－1)n－1·. (2)由(1)得Sn＝1－n＝ 當n為奇數時，Sn隨n的增大而減小， 所以1

20、， 所以＝S2≤Sn<1， 故0>Sn－≥S2－ ＝－＝－. 綜上，對于n∈N*， 總有－≤Sn－≤. 所以數列{Tn}最大項的值為，最小項的值為－. 高考押題精練 1．C　[∵a1>0，a6a7<0，∴a6>0，a7<0，等差數列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0， ∴S12>0，S13<0， ∴滿足Sn>0的最大自然數n的值為12.] 2．C　[設等差數列{an}的公差為d，因為a4－2a＋3a8＝0，所以a7－3d－2a＋3(a7＋d)＝0，即a＝2a7，解得a7＝0(舍去)或a7＝2，所以b7＝a7＝2.因為數列{bn}是等比

21、數列，所以b2b12＝b＝4.] 3．A　[由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(與條件中等比數列的各項都為正數矛盾，舍去)，又由＝4a1，得aman＝16a，即a2m＋n－2＝16a，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么＋＝(m＋n)(＋) ＝(＋＋5)≥(2＋5)＝， 當且僅當＝，m＋n＝6， 即n＝2m＝4時取得最小值.] 4．100 解析　因為a1a7＝a，a3a9＝a，a3a7＝a4a6， 所以a1a7＋2a3a7＋a3a9＝(a4＋a6)2＝102＝100. 二輪專題強化練答案精析 專題三　數

22、列與不等式 第1講　等差數列與等比數列 1．B　[因為a2＋a4＝2a3，a5＋a9＝2a7， 所以a2＋a4＋a5＋a9＝2(a3＋a7)＝4a5，而a5＝10， 所以a2＋a4＋a5＋a9＝4×10＝40.故選B.] 2．A　[因為a8是a7，a9的等差中項，所以2a8＝a7＋a9＝16?a8＝8，再由等差數列前n項和的計算公式可得S11＝＝＝11a6，又因為S11＝，所以a6＝，則d＝＝，所以a12＝a8＋4d＝15，故選A.] 3．B　[∵a3，a4，a8成等比數列， ∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，整理得a1＝－d， ∴a1d＝－d2＜0， 又S4

23、＝4a1＋d＝－， ∴dS4＝－＜0，故選B.] 4．D　[由(n＋1)Sn0，a7<0，所以數列{an}的前7項為負值，即Sn的最小值是S7.] 5．B　[∵{bn}為等差數列，設其公差為d， 由b3＝－2，b10＝12， ∴7d＝b10－b3＝12－(－2)＝14，∴d＝2， ∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6， ∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋·d ＝7×(－6)＋21×2＝0， 又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a

24、7)＝a8－a1＝a8－3， ∵a8－3＝0，∴a8＝3.故選B.] 6．4 解析　由題意得 所以由k∈N*可得k＝4. 7．－ 解析　由題意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故數列是以＝－1為首項， －1為公差的等差數列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－. 8．2×n－1　 解析　由an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，可得an＋1＝Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn，即Sn＋1＝Sn，由此可知數列{Sn}是一個等比數列，其中首項S1＝a1＝2，公比為，所以Sn＝2×n－

25、1，由此得an＝ 9．(1)解　設成等差數列的三個正數分別為a－d，a，a＋d. 依題意，得a－d＋a＋a＋d＝15. 解得a＝5. 所以{bn}中的b3，b4，b5依次為7－d,10,18＋d. 依題意，有(7－d)(18＋d)＝100， 解得d＝2或d＝－13(舍去)． 故{bn}的第3項為5，公比為2. 由b3＝b1·22，即5＝b1·22， 解得b1＝. 所以bn＝b1·qn－1＝·2n－1＝5·2n－3， 即數列{bn}的通項公式為bn＝5·2n－3. (2)證明　由(1)得數列{bn}的前n項和 Sn＝＝5·2n－2－， 即Sn＋＝5·2n－2. 所以

26、S1＋＝，＝＝2. 因此{Sn＋}是以為首項，2為公比的等比數列． 10．(1)解　當n＝2時，4S4＋5S2＝8S3＋S1， 即4＋5 ＝8＋1，解得：a4＝. (2)證明　因為4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)，因為4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，所以4an＋2＋an＝4an＋1，因為 ＝＝ ＝＝，所以數列是以a2－a1＝1為首項，公比為的等比數列． (3)解　由(2)知，數列是以a2－a1＝1為首項，公比為的等比數列，所以an＋1－an＝

27、n－1，即－＝4，所以數列是以＝2為首項，公差為4的等差數列， 所以＝2＋(n－1)×4＝4n－2， 即an＝(4n－2)×n＝(2n－1)×n－1， 所以數列{an}的通項公式是an＝(2n－1)×n－1. 11．A　[由S21＝S4 000得a22＋a23＋…＋a4 000＝0， 由于a22＋a4 000＝a23＋a3 999＝…＝2a2 011， 所以a22＋a23＋…＋a4 000＝3 979a2 011＝0， 從而a2 011＝0，而·＝2 011＋a2 011an＝2 011.] 12．D　[由題意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，

28、b，－2這三個數的6種排序中，成等差數列的情況有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比數列的情況有：a，－2，b；b，－2，a. ∴ 或 解之得：或 ∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9，故選D.] 13. 解析　令m＝1，可得an＋1＝an，所以{an}是首項為，公比為的等比數列，所以Sn＝ ＝[1－()n]<，故實數t的最小值為. 14．解　(1)設等比數列{an}的公比為q， 則a1≠0，q≠0.由題意得 即 解得 故數列{an}的通項公式為 an＝3×(－2)n－1. (2)由(1)有Sn＝ ＝1－(－2)n. 假設存在n，使得Sn≥2 013， 則1－(－2)n≥2 013， 即(－2)n≤－2 012. 當n為偶數時，(－2)n>0，上式不成立； 當n為奇數時，(－2)n＝－2n≤－2 012， 即2n≥2 012，得n≥11. 綜上，存在符合條件的正整數n， 且所有這樣的n的集合為{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．