2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題突破 專題三 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)已知an是公差為1的等差數(shù)列，Sn為an的前n項和，若S84S4，則a10等于()A. B. C10 D122(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2a1a21，則a1_，d_.3(xx·廣東)若等比數(shù)列an的各項均為正數(shù)，且a10a11a9a122e5，則ln a1ln a2ln a20_.4(xx·江西)某住宅小區(qū)計劃植樹不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植樹的棵數(shù)是前一天的2倍，則需要的最少天數(shù)n(nN*)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，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(shù)列、等比數(shù)列的運算 (1)通項公式等差數(shù)列：ana1(n1)d；等比數(shù)列：ana1·qn1.(2)求和公式等差數(shù)列：Snna1d；等比數(shù)列：Sn(q1)(3)性質(zhì)若mnpq，在等差數(shù)列中amanapaq；在等比數(shù)列中am·anap·aq.例1(1)設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn.若a111，a4a66，則當(dāng)Sn取最小值時，n_.(2)已知等比數(shù)列an公比為q，其前n項和為Sn，若S3，S9，S6成等差數(shù)列，則q3等于()A B1C或1 D1或思維升華在進行等差(比)數(shù)列項與和的運算時，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算，以減少計算量跟蹤演練1(1)(xx·安徽)已知數(shù)列an是遞增的等比數(shù)列，a1a49，a2a38，則數(shù)列an的前n項和等于_(2)已知數(shù)列an是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，a1a21，a3a42，則log2_.熱點二等差數(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：利用定義，證明an1an(nN*)為一常數(shù)；利用中項性質(zhì)，即證明2anan1an1(n2)(2)證明an是等比數(shù)列的兩種基本方法：利用定義，證明(nN*)為一常數(shù)；利用等比中項，即證明aan1an1(n2)例2(xx·大綱全國)數(shù)列an滿足a11，a22，an22an1an2.(1)設(shè)bnan1an，證明：bn是等差數(shù)列；(2)求an的通項公式思維升華(1)判斷一個數(shù)列是等差(比)數(shù)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aan1an1(n2)都是數(shù)列an為等比數(shù)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(shù)列an的首項a11，且滿足an1，則an_.(2)已知數(shù)列an中，a11，an12an3，則an_.熱點三等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合問題解決等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合問題，要從兩個數(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a2a7a126.(1)求數(shù)列an的通項公式an與前n項和Sn；(2)將數(shù)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(shù)列bn的前3項，記bn的前n項和為Tn，若存在mN*，使對任意nN*，總有Sn<Tm恒成立，求實數(shù)的取值范圍思維升華(1)等差數(shù)列與等比數(shù)列交匯的問題，常用“基本量法”求解，但有時靈活地運用性質(zhì)，可使運算簡便(2)數(shù)列的項或前n項和可以看作關(guān)于n的函數(shù)，然后利用函數(shù)的性質(zhì)求解數(shù)列問題(3)數(shù)列中的恒成立問題可以通過分離參數(shù)，通過求數(shù)列的值域求解跟蹤演練3已知首項為的等比數(shù)列an不是遞減數(shù)列，其前n項和為Sn(nN*)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差數(shù)列(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)TnSn(nN*)，求數(shù)列Tn的最大項的值與最小項的值1設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn，且a1>0，a3a10>0，a6a7<0，則滿足Sn>0的最大自然數(shù)n的值為()A6 B7C12 D132已知各項不為0的等差數(shù)列an滿足a42a3a80，數(shù)列bn是等比數(shù)列，且b7a7，則b2b12等于()A1 B2C4 D83已知各項都為正數(shù)的等比數(shù)列an滿足a7a62a5，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(shù)列an中，a4a610，則a1a72a3a7a3a9_.提醒：完成作業(yè)專題三第1講二輪專題強化練專題三第1講等差數(shù)列與等比數(shù)列A組專題通關(guān)1已知等差數(shù)列an中，a510，則a2a4a5a9的值等于()A52 B40C26 D202已知等差數(shù)列an中，a7a916，S11，則a12的值是()A15 B30C31 D643(xx·浙江)已知an是等差數(shù)列，公差d不為零，前n項和是Sn，若a3，a4，a8成等比數(shù)列，則()Aa1d0，dS40 Ba1d0，dS40Ca1d0，dS40 Da1d0，dS404設(shè)Sn為等差數(shù)列an的前n項和，(n1)Sn<nSn1(nN*)若<1，則()ASn的最大值是S8 BSn的最小值是S8CSn的最大值是S7 DSn的最小值是S75數(shù)列an的首項為3，bn為等差數(shù)列且bnan1an(nN*)，若b32，b1012，則a8等于()A0 B3 C8 D116若數(shù)列n(n4)()n中的最大項是第k項，則k_.7(xx·課標(biāo)全國)設(shè)Sn是數(shù)列an的前n項和，且a11，an1SnSn1，則Sn_.8已知數(shù)列an的首項為a12，且an1(a1a2an) (nN*)，記Sn為數(shù)列an的前n項和，則Sn_，an_.9成等差數(shù)列的三個正數(shù)的和等于15，并且這三個數(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的通項公式；(2)數(shù)列bn的前n項和為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項和為Sn，nN*.已知a11，a2，a3，且當(dāng)n2時，4Sn25Sn8Sn1Sn1.(1)求a4的值；(2)證明：為等比數(shù)列；(3)求數(shù)列an的通項公式B組能力提高11已知an是等差數(shù)列，Sn為其前n項和，若S21S4 000，O為坐標(biāo)原點，點P(1，an)，Q(2 011，a2 011)，則·等于()A2 011 B2 011 C0 D112(xx·福建)若a，b是函數(shù)f(x)x2pxq(p0，q0)的兩個不同的零點，且a，b，2這三個數(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pq的值等于()A6 B7 C8 D913數(shù)列an的前n項和為Sn，已知a1，且對任意正整數(shù)m，n，都有amnam·an，若Sn<t恒成立，則實數(shù)t的最小值為_14已知Sn是等比數(shù)列an的前n項和，S4，S2，S3成等差數(shù)列，且a2a3a418.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)是否存在正整數(shù)n，使得Sn2 013？若存在，求出符合條件的所有n的集合；若不存在，說明理由學(xué)生用書答案精析專題三數(shù)列與不等式第1講等差數(shù)列與等比數(shù)列高考真題體驗1B公差為1，S88a1×18a128，S44a16.S84S4，8a1284(4a16)，解得a1，a10a19d9.故選B.2.1解析a2，a3，a7成等比數(shù)列，aa2a7，即(a12d)2(a1d)(a16d)，a1d，2a1a21，2a1a1d1，即3a1d1，a1，d1.350解析因為a10a11a9a122a10a112e5，所以a10a11e5.所以ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)·(a2a19)··(a10a11)ln(a10a11)1010ln(a10a11)10ln e550ln e50.46解析每天植樹棵數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列an，其中a12，q2.則Sn2(2n1)100，即2n1102.n6，最少天數(shù)n6.熱點分類突破例1(1)6(2)A解析(1)設(shè)該數(shù)列的公差為d，則a4a62a18d2×(11)8d6，解得d2，所以Sn11n×2n212n(n6)236，所以當(dāng)Sn取最小值時，n6.(2)若q1，則3a16a12×9a1，得a10，矛盾，故q1.所以2，解得q3或1(舍)，故選A.跟蹤演練1(1)2n1(2)1 005解析(1)由等比數(shù)列性質(zhì)知a2a3a1a4，又a2a38，a1a49，所以聯(lián)立方程解得或又數(shù)列an為遞增數(shù)列，所以a11，a48，從而a1q38，所以q2.所以數(shù)列an的前n項和為Sn2n1.(2)在等比數(shù)列中，(a1a2)q2a3a4，即q22，所以a2 011a2 012a2 013a2 014(a1a2a3a4)q2 0103×21 005，所以log21 005.例2(1)證明由an22an1an2得an2an1an1an2，即bn1bn2.又b1a2a11，所以bn是首項為1，公差為2的等差數(shù)列(2)解由(1)得bn12(n1)2n1，即an1an2n1.anan12n3，an1an22n5，a2a11，累加得an1a1n2，即an1n2a1.又a11，所以an的通項公式為ann22n2.跟蹤演練2(1)(2)2n13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(shù)列，14(n1)4n3，故an.(2)由已知可得an132(an3)，又a134，故an3是以4為首項，2為公比的等比數(shù)列an34×2n1，an2n13.例3解(1)由a2a7a126得a72，a14，an5n，從而Sn.(2)由題意知b14，b22，b31，設(shè)等比數(shù)列bn的公比為q，則q，Tm81()m，()m隨m增加而遞減，Tm為遞增數(shù)列，得4Tm<8.又Sn(n29n)(n)2，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使對任意nN*總有Sn<Tm，則10<4，得>6.即實數(shù)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，因為S3a3，S5a5，S4a4成等差數(shù)列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是遞減數(shù)列且a1，所以q.故等比數(shù)列an的通項公式為an×n1(1)n1·.(2)由(1)得Sn1n當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn隨n的增大而減小，所以1<SnS1，故0<SnS1.當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn隨n的增大而增大，所以S2Sn<1，故0>SnS2.綜上，對于nN*，總有Sn.所以數(shù)列Tn最大項的值為，最小項的值為.高考押題精練1Ca1>0，a6a7<0，a6>0，a7<0，等差數(shù)列的公差小于零，又a3a10a1a12>0，a1a132a7<0，S12>0，S13<0，滿足Sn>0的最大自然數(shù)n的值為12.2C設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，因為a42a3a80，所以a73d2a3(a7d)0，即a2a7，解得a70(舍去)或a72，所以b7a72.因為數(shù)列bn是等比數(shù)列，所以b2b12b4.3A由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理有q2q20，解得q2或q1(與條件中等比數(shù)列的各項都為正數(shù)矛盾，舍去)，又由4a1，得aman16a，即a2mn216a，即有mn24，亦即mn6，那么(mn)()(5)(25)，當(dāng)且僅當(dāng)，mn6，即n2m4時取得最小值.4100解析因為a1a7a，a3a9a，a3a7a4a6，所以a1a72a3a7a3a9(a4a6)2102100.二輪專題強化練答案精析專題三數(shù)列與不等式第1講等差數(shù)列與等比數(shù)列1B因為a2a42a3，a5a92a7，所以a2a4a5a92(a3a7)4a5，而a510，所以a2a4a5a94×1040.故選B.2A因為a8是a7，a9的等差中項，所以2a8a7a916a88，再由等差數(shù)列前n項和的計算公式可得S1111a6，又因為S11，所以a6，則d，所以a12a84d15，故選A.3Ba3，a4，a8成等比數(shù)列，(a13d)2(a12d)(a17d)，整理得a1d，a1dd20，又S44a1d，dS40，故選B.4D由(n1)Sn<nSn1得(n1)·<n·，整理得an<an1，所以等差數(shù)列an是遞增數(shù)列，又<1，所以a8>0，a7<0，所以數(shù)列an的前7項為負值，即Sn的最小值是S7.5Bbn為等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，由b32，b1012，7db10b312(2)14，d2，b32，b1b32d246，b1b2b77b1·d7×(6)21×20，又b1b2b7(a2a1)(a3a2)(a8a7)a8a1a83，a830，a83.故選B.64解析由題意得所以由kN*可得k4.7解析由題意，得S1a11，又由an1SnSn1，得Sn1SnSnSn1，所以Sn0，所以1，即1，故數(shù)列是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，得1(n1)n，所以Sn.82×n1解析由an1(a1a2an) (nN*)，可得an1Sn，所以Sn1SnSn，即Sn1Sn，由此可知數(shù)列Sn是一個等比數(shù)列，其中首項S1a12，公比為，所以Sn2×n1，由此得an9(1)解設(shè)成等差數(shù)列的三個正數(shù)分別為ad，a，ad.依題意，得adaad15.解得a5.所以bn中的b3，b4，b5依次為7d,10,18d.依題意，有(7d)(18d)100，解得d2或d13(舍去)故bn的第3項為5，公比為2.由b3b1·22，即5b1·22，解得b1.所以bnb1·qn1·2n15·2n3，即數(shù)列bn的通項公式為bn5·2n3.(2)證明由(1)得數(shù)列bn的前n項和Sn5·2n2，即Sn5·2n2.所以S1，2.因此Sn是以為首項，2為公比的等比數(shù)列10(1)解當(dāng)n2時，4S45S28S3S1，即4581，解得：a4.(2)證明因為4Sn25Sn8Sn1Sn1(n2)，所以4Sn24Sn1SnSn14Sn14Sn(n2)，即4an2an4an1(n2)，因為4a3a14×164a2，所以4an2an4an1，因為，所以數(shù)列是以a2a11為首項，公比為的等比數(shù)列(3)解由(2)知，數(shù)列是以a2a11為首項，公比為的等比數(shù)列，所以an1ann1，即4，所以數(shù)列是以2為首項，公差為4的等差數(shù)列，所以2(n1)×44n2，即an(4n2)×n(2n1)×n1，所以數(shù)列an的通項公式是an(2n1)×n1.11A由S21S4 000得a22a23a4 0000，由于a22a4 000a23a3 9992a2 011，所以a22a23a4 0003 979a2 0110，從而a2 0110，而·2 011a2 011an2 011.12D由題意知：abp，abq，p0，q0，a0，b0.在a，b，2這三個數(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p5，q4，pq9，故選D.13.解析令m1，可得an1an，所以an是首項為，公比為的等比數(shù)列，所以Sn1()n<，故實數(shù)t的最小值為.14解(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則a10，q0.由題意得即解得故數(shù)列an的通項公式為an3×(2)n1.(2)由(1)有Sn1(2)n.假設(shè)存在n，使得Sn2 013，則1(2)n2 013，即(2)n2 012.當(dāng)n為偶數(shù)時，(2)n>0，上式不成立；當(dāng)n為奇數(shù)時，(2)n2n2 012，即2n2 012，得n11.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|n2k1，kN，k5