《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題突破 專(zhuān)題三 數(shù)列與不等式 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題突破 專(zhuān)題三 數(shù)列與不等式 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列 理（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題突破 專(zhuān)題三 數(shù)列與不等式 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列 理
1．(xx·課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)已知{an}是公差為1的等差數(shù)列，Sn為{an}的前n項(xiàng)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(shù)列，公差d不為零．若a2，a3，a7成等比數(shù)列，且2a1＋a2＝1，則a1＝________，d＝________.
3．(xx·廣東)若等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a10a11＋a9a12＝2e5，則ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______.
4．(xx·江西)某住宅小區(qū)計(jì)劃植樹(shù)不少
2、于100棵，若第一天植2棵，以后每天植樹(shù)的棵數(shù)是前一天的2倍，則需要的最少天數(shù)n(n∈N*)等于________．
1.等差、等比數(shù)列基本量和性質(zhì)的考查是高考熱點(diǎn)，經(jīng)常以小題形式出現(xiàn).2.數(shù)列求和及數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題是高考考查的重點(diǎn)，考查分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的綜合能力.
熱點(diǎn)一 等差數(shù)列、等比數(shù)列的運(yùn)算
(1)通項(xiàng)公式
等差數(shù)列：an＝a1＋(n－1)d；
等比數(shù)列：an＝a1·qn－1.
(2)求和公式
等差數(shù)列：Sn＝＝na1＋d；
等比數(shù)列：Sn＝＝(q≠1)．
(3)性質(zhì)
若m＋n＝p＋q，
在等差數(shù)列中am＋an＝ap＋aq；
在等比數(shù)列中am
3、·an＝ap·aq.
例1 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當(dāng)Sn取最小值時(shí)，n＝________.
(2)已知等比數(shù)列{an}公比為q，其前n項(xiàng)和為Sn，若S3，S9，S6成等差數(shù)列，則q3等于( )
A．－ B．1
C．－或1 D．－1或
思維升華 在進(jìn)行等差(比)數(shù)列項(xiàng)與和的運(yùn)算時(shí)，若條件和結(jié)論間的聯(lián)系不明顯，則均可化成關(guān)于a1和d(q)的方程組求解，但要注意消元法及整體計(jì)算，以減少計(jì)算量．
跟蹤演練1 (1)(xx·安徽)已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和等于___
4、_____．
(2)已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，則log2＝________.
熱點(diǎn)二 等差數(shù)列、等比數(shù)列的判定與證明
數(shù)列{an}是等差數(shù)列或等比數(shù)列的證明方法
(1)證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列的兩種基本方法：
①利用定義，證明an＋1－an(n∈N*)為一常數(shù)；
②利用中項(xiàng)性質(zhì)，即證明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
(2)證明{an}是等比數(shù)列的兩種基本方法：
①利用定義，證明(n∈N*)為一常數(shù)；
②利用等比中項(xiàng)，即證明a＝an－1an＋1(n≥2)．
例2 (xx·大綱全國(guó))數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，a
5、n＋2＝2an＋1－an＋2.
(1)設(shè)bn＝an＋1－an，證明：{bn}是等差數(shù)列；
(2)求{an}的通項(xiàng)公式．
思維升華 (1)判斷一個(gè)數(shù)列是等差(比)數(shù)列，也可以利用通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式，但不能作為證明方法．
(2)＝q和a＝an－1an＋1(n≥2)都是數(shù)列{an}為等比數(shù)列的必要不充分條件，判斷時(shí)還要看各項(xiàng)是否為零．
跟蹤演練2 (1)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，且滿足an＋1＝，則an＝________.
(2)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，則an＝________.
6、
熱點(diǎn)三 等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合問(wèn)題
解決等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合問(wèn)題，要從兩個(gè)數(shù)列的特征入手，理清它們的關(guān)系；數(shù)列與不等式、函數(shù)、方程的交匯問(wèn)題，可以結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性、最值求解．
例3 已知等差數(shù)列{an}的公差為－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an與前n項(xiàng)和Sn；
(2)將數(shù)列{an}的前4項(xiàng)抽去其中一項(xiàng)后，剩下三項(xiàng)按原來(lái)順序恰為等比數(shù)列{bn}的前3項(xiàng)，記{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，若存在m∈N*，使對(duì)任意n∈N*，總有Sn
7、比數(shù)列交匯的問(wèn)題，常用“基本量法”求解，但有時(shí)靈活地運(yùn)用性質(zhì)，可使運(yùn)算簡(jiǎn)便．
(2)數(shù)列的項(xiàng)或前n項(xiàng)和可以看作關(guān)于n的函數(shù)，然后利用函數(shù)的性質(zhì)求解數(shù)列問(wèn)題．
(3)數(shù)列中的恒成立問(wèn)題可以通過(guò)分離參數(shù)，通過(guò)求數(shù)列的值域求解．
跟蹤演練3 已知首項(xiàng)為的等比數(shù)列{an}不是遞減數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)Tn＝Sn－(n∈N*)，求數(shù)列{Tn}的最大項(xiàng)的值與最小項(xiàng)的值．
1．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1>0，a3＋a
8、10>0，a6a7<0，則滿足Sn>0的最大自然數(shù)n的值為( )
A．6 B．7
C．12 D．13
2．已知各項(xiàng)不為0的等差數(shù)列{an}滿足a4－2a＋3a8＝0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b7＝a7，則b2b12等于( )
A．1 B．2
C．4 D．8
3．已知各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，存在兩項(xiàng)am，an使得＝4a1，則＋的最小值為( )
A. B.
C. D.
4．已知等比數(shù)列{an}中，a4＋a6＝10，則a1a7＋2a3a7＋a3a9＝________.
提醒：完成作業(yè) 專(zhuān)題三 第1講
二輪專(zhuān)題強(qiáng)化
9、練
專(zhuān)題三
第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列
A組 專(zhuān)題通關(guān)
1．已知等差數(shù)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(shù)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(shù)列，公差d不為零，前n項(xiàng)和是Sn，若a3，a4，a8成等比數(shù)列，則( )
A．a(chǎn)1d＞0，dS4＞0 B．a(chǎn)1d＜0，dS4＜0
C．a(chǎn)1d＞0，dS4＜0 D．a(chǎn)1d＜0，dS4＞0
4．設(shè)Sn為等差數(shù)
10、列{an}的前n項(xiàng)和，(n＋1)Sn
11、的首項(xiàng)為a1＝2，且an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則Sn＝________，an＝________.
9．成等差數(shù)列的三個(gè)正數(shù)的和等于15，并且這三個(gè)數(shù)分別加上2、5、13后成為等比數(shù)列{bn}中的b3、b4、b5.
(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：數(shù)列{Sn＋}是等比數(shù)列．
10．(xx·廣東)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)證
12、明：為等比數(shù)列；
(3)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．
B組 能力提高
11．已知{an}是等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，若S21＝S4 000，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)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(shù)f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的兩個(gè)不同的零點(diǎn)，且a，b，－2這三個(gè)數(shù)可適當(dāng)排序后成等差數(shù)列，也可適當(dāng)排序后成等比數(shù)列，則p＋q的值等于( )
A．6 B．7 C．8 D．9
13．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn
13、，已知a1＝，且對(duì)任意正整數(shù)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(shù)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?yàn)閍10a11＋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(shù)棵數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列{an}，
其中a1＝2，q＝2.則Sn＝＝2(2n－1)≥100，即2n＋1≥102.
∴n≥6，∴最少天數(shù)n＝6.
熱點(diǎn)分類(lèi)突破
例1 (1)6 (2)A
解析 (1)設(shè)該數(shù)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(dāng)Sn取最小值時(shí)，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(shù)列性質(zhì)知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9，所以聯(lián)立方程解得或又?jǐn)?shù)列{an}為遞增數(shù)列，所以a1＝1，a4＝8，
從而a1q3＝8，所以q＝2.
所以數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝＝2n－1.
(2)在等比數(shù)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(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)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(xiàng)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(xiàng)，4為公差的等差數(shù)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(xiàng)，2為公比的等比數(shù)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(shè)等比數(shù)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(shù)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(duì)任意n∈N*總有Sn6.即實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(6，＋∞)．
跟蹤演練3 解 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，
因?yàn)镾3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數(shù)列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
于是q2＝＝.
又{an}不是遞減數(shù)列且a1＝，
所以q＝－.
故等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為
an＝×n－1＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－n＝
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，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(duì)于n∈N*，
總有－≤Sn－≤.
所以數(shù)列{Tn}最大項(xiàng)的值為，最小項(xiàng)的值為－.
高考押題精練
1．C [∵a1>0，a6a7<0，∴a6>0，a7<0，等差數(shù)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(shù)n的值為12.]
2．C [設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍4－2a＋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?yàn)閿?shù)列{bn}是等比
21、數(shù)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(shù)列的各項(xiàng)都為正數(shù)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(dāng)且僅當(dāng)＝，m＋n＝6，
即n＝2m＝4時(shí)取得最小值.]
4．100
解析 因?yàn)閍1a7＝a，a3a9＝a，a3a7＝a4a6，
所以a1a7＋2a3a7＋a3a9＝(a4＋a6)2＝102＝100.
二輪專(zhuān)題強(qiáng)化練答案精析
專(zhuān)題三 數(shù)
22、列與不等式
第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列
1．B [因?yàn)閍2＋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?yàn)閍8是a7，a9的等差中項(xiàng)，所以2a8＝a7＋a9＝16?a8＝8，再由等差數(shù)列前n項(xiàng)和的計(jì)算公式可得S11＝＝＝11a6，又因?yàn)镾11＝，所以a6＝，則d＝＝，所以a12＝a8＋4d＝15，故選A.]
3．B [∵a3，a4，a8成等比數(shù)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(shù)列{an}的前7項(xiàng)為負(fù)值，即Sn的最小值是S7.]
5．B [∵{bn}為等差數(shù)列，設(shè)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(shù)列是以＝－1為首項(xiàng)，
－1為公差的等差數(shù)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(shù)列{Sn}是一個(gè)等比數(shù)列，其中首項(xiàng)S1＝a1＝2，公比為，所以Sn＝2×n－
25、1，由此得an＝
9．(1)解 設(shè)成等差數(shù)列的三個(gè)正數(shù)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(xiàng)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(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝5·2n－3.
(2)證明 由(1)得數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和
Sn＝＝5·2n－2－，
即Sn＋＝5·2n－2.
所以
26、S1＋＝，＝＝2.
因此{(lán)Sn＋}是以為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
10．(1)解 當(dāng)n＝2時(shí)，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4＋5
＝8＋1，解得：a4＝.
(2)證明 因?yàn)?Sn＋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?yàn)?a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，所以4an＋2＋an＝4an＋1，因?yàn)?
＝＝
＝＝，所以數(shù)列是以a2－a1＝1為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列．
(3)解 由(2)知，數(shù)列是以a2－a1＝1為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列，所以an＋1－an＝
27、n－1，即－＝4，所以數(shù)列是以＝2為首項(xiàng)，公差為4的等差數(shù)列，
所以＝2＋(n－1)×4＝4n－2，
即an＝(4n－2)×n＝(2n－1)×n－1，
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)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(gè)數(shù)的6種排序中，成等差數(shù)列的情況有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比數(shù)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(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，所以Sn＝
＝[1－()n]<，故實(shí)數(shù)t的最小值為.
14．解 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，
則a1≠0，q≠0.由題意得
即
解得
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為
an＝3×(－2)n－1.
(2)由(1)有Sn＝
＝1－(－2)n.
假設(shè)存在n，使得Sn≥2 013，
則1－(－2)n≥2 013，
即(－2)n≤－2 012.
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，(－2)n>0，上式不成立；
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，(－2)n＝－2n≤－2 012，
即2n≥2 012，得n≥11.
綜上，存在符合條件的正整數(shù)n，
且所有這樣的n的集合為{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．
2022年高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題突破 專(zhuān)題三 數(shù)列與不等式 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列 理
