2022年高考数学二轮专题突破 专题三 数列与不等式 第1讲 等差数列与等比数列 理

2022年高考数学二轮专题突破 专题三 数列与不等式 第1讲 等差数列与等比数列 理1(xx课标全国)已知an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和，若S84S4，则a10等于()A. B. C10 D122(xx浙江)已知an是等差数列，公差d不为零若a2，a3，a7成等比数列，且2a1a21，则a1_，d_.3(xx广东)若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_.4(xx江西)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(nN*)等于_1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.热点一等差数列、等比数列的运算 (1)通项公式等差数列：ana1(n1)d；等比数列：ana1qn1.(2)求和公式等差数列：Snna1d；等比数列：Sn(q1)(3)性质若mnpq，在等差数列中amanapaq；在等比数列中amanapaq.例1(1)设等差数列an的前n项和为Sn.若a111，a4a66，则当Sn取最小值时，n_.(2)已知等比数列an公比为q，其前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，则q3等于()A B1C或1 D1或思维升华在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量跟踪演练1(1)(xx安徽)已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前n项和等于_(2)已知数列an是各项均为正数的等比数列，a1a21，a3a42，则log2_.热点二等差数列、等比数列的判定与证明数列an是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列an是等差数列的两种基本方法：利用定义，证明an1an(nN*)为一常数；利用中项性质，即证明2anan1an1(n2)(2)证明an是等比数列的两种基本方法：利用定义，证明(nN*)为一常数；利用等比中项，即证明aan1an1(n2)例2(xx大纲全国)数列an满足a11，a22，an22an1an2.(1)设bnan1an，证明：bn是等差数列；(2)求an的通项公式思维升华(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n项和公式，但不能作为证明方法(2)q和aan1an1(n2)都是数列an为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零跟踪演练2(1)已知数列an的首项a11，且满足an1，则an_.(2)已知数列an中，a11，an12an3，则an_.热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解例3已知等差数列an的公差为1，且a2a7a126.(1)求数列an的通项公式an与前n项和Sn；(2)将数列an的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列bn的前3项，记bn的前n项和为Tn，若存在mN*，使对任意nN*，总有Sn0，a3a100，a6a70的最大自然数n的值为()A6 B7C12 D132已知各项不为0的等差数列an满足a42a3a80，数列bn是等比数列，且b7a7，则b2b12等于()A1 B2C4 D83已知各项都为正数的等比数列an满足a7a62a5，存在两项am，an使得4a1，则的最小值为()A. B.C. D.4已知等比数列an中，a4a610，则a1a72a3a7a3a9_.提醒：完成作业专题三第1讲二轮专题强化练专题三第1讲等差数列与等比数列A组专题通关1已知等差数列an中，a510，则a2a4a5a9的值等于()A52 B40C26 D202已知等差数列an中，a7a916，S11，则a12的值是()A15 B30C31 D643(xx浙江)已知an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则()Aa1d0，dS40 Ba1d0，dS40Ca1d0，dS40 Da1d0，dS404设Sn为等差数列an的前n项和，(n1)SnnSn1(nN*)若1，则()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数列an的首项为3，bn为等差数列且bnan1an(nN*)，若b32，b1012，则a8等于()A0 B3 C8 D116若数列n(n4)()n中的最大项是第k项，则k_.7(xx课标全国)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.8已知数列an的首项为a12，且an1(a1a2an) (nN*)，记Sn为数列an的前n项和，则Sn_，an_.9成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列bn中的b3、b4、b5.(1)求数列bn的通项公式；(2)数列bn的前n项和为Sn，求证：数列Sn是等比数列10(xx广东)设数列an的前n项和为Sn，nN*.已知a11，a2，a3，且当n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1.(1)求a4的值；(2)证明：为等比数列；(3)求数列an的通项公式B组能力提高11已知an是等差数列，Sn为其前n项和，若S21S4 000，O为坐标原点，点P(1，an)，Q(2 011，a2 011)，则等于()A2 011 B2 011 C0 D112(xx福建)若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于()A6 B7 C8 D913数列an的前n项和为Sn，已知a1，且对任意正整数m，n，都有amnaman，若Snt恒成立，则实数t的最小值为_14已知Sn是等比数列an的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2a3a418.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数n，使得Sn2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由学生用书答案精析专题三数列与不等式第1讲等差数列与等比数列高考真题体验1B公差为1，S88a118a128，S44a16.S84S4，8a1284(4a16)，解得a1，a10a19d9.故选B.2.1解析a2，a3，a7成等比数列，aa2a7，即(a12d)2(a1d)(a16d)，a1d，2a1a21，2a1a1d1，即3a1d1，a1，d1.350解析因为a10a11a9a122a10a112e5，所以a10a11e5.所以ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)(a2a19)(a10a11)ln(a10a11)1010ln(a10a11)10ln e550ln e50.46解析每天植树棵数构成等比数列an，其中a12，q2.则Sn2(2n1)100，即2n1102.n6，最少天数n6.热点分类突破例1(1)6(2)A解析(1)设该数列的公差为d，则a4a62a18d2(11)8d6，解得d2，所以Sn11n2n212n(n6)236，所以当Sn取最小值时，n6.(2)若q1，则3a16a129a1，得a10，矛盾，故q1.所以2，解得q3或1(舍)，故选A.跟踪演练1(1)2n1(2)1 005解析(1)由等比数列性质知a2a3a1a4，又a2a38，a1a49，所以联立方程解得或又数列an为递增数列，所以a11，a48，从而a1q38，所以q2.所以数列an的前n项和为Sn2n1.(2)在等比数列中，(a1a2)q2a3a4，即q22，所以a2 011a2 012a2 013a2 014(a1a2a3a4)q2 010321 005，所以log21 005.例2(1)证明由an22an1an2得an2an1an1an2，即bn1bn2.又b1a2a11，所以bn是首项为1，公差为2的等差数列(2)解由(1)得bn12(n1)2n1，即an1an2n1.anan12n3，an1an22n5，a2a11，累加得an1a1n2，即an1n2a1.又a11，所以an的通项公式为ann22n2.跟踪演练2(1)(2)2n13解析(1)由已知得4，4，又1，故是以1为首项，4为公差的等差数列，14(n1)4n3，故an.(2)由已知可得an132(an3)，又a134，故an3是以4为首项，2为公比的等比数列an342n1，an2n13.例3解(1)由a2a7a126得a72，a14，an5n，从而Sn.(2)由题意知b14，b22，b31，设等比数列bn的公比为q，则q，Tm81()m，()m随m增加而递减，Tm为递增数列，得4Tm8.又Sn(n29n)(n)2，故(Sn)maxS4S510，若存在mN*，使对任意nN*总有SnTm，则106.即实数的取值范围为(6，)跟踪演练3解(1)设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是递减数列且a1，所以q.故等比数列an的通项公式为ann1(1)n1.(2)由(1)得Sn1n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1SnS1，故0SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2SnSnS2.综上，对于nN*，总有Sn.所以数列Tn最大项的值为，最小项的值为.高考押题精练1Ca10，a6a70，a70，a1a132a70，S130的最大自然数n的值为12.2C设等差数列an的公差为d，因为a42a3a80，所以a73d2a3(a7d)0，即a2a7，解得a70(舍去)或a72，所以b7a72.因为数列bn是等比数列，所以b2b12b4.3A由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理有q2q20，解得q2或q1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由4a1，得aman16a，即a2mn216a，即有mn24，亦即mn6，那么(mn)()(5)(25)，当且仅当，mn6，即n2m4时取得最小值.4100解析因为a1a7a，a3a9a，a3a7a4a6，所以a1a72a3a7a3a9(a4a6)2102100.二轮专题强化练答案精析专题三数列与不等式第1讲等差数列与等比数列1B因为a2a42a3，a5a92a7，所以a2a4a5a92(a3a7)4a5，而a510，所以a2a4a5a941040.故选B.2A因为a8是a7，a9的等差中项，所以2a8a7a916a88，再由等差数列前n项和的计算公式可得S1111a6，又因为S11，所以a6，则d，所以a12a84d15，故选A.3Ba3，a4，a8成等比数列，(a13d)2(a12d)(a17d)，整理得a1d，a1dd20，又S44a1d，dS40，故选B.4D由(n1)SnnSn1得(n1)n，整理得anan1，所以等差数列an是递增数列，又0，a70，所以数列an的前7项为负值，即Sn的最小值是S7.5Bbn为等差数列，设其公差为d，由b32，b1012，7db10b312(2)14，d2，b32，b1b32d246，b1b2b77b1d7(6)2120，又b1b2b7(a2a1)(a3a2)(a8a7)a8a1a83，a830，a83.故选B.64解析由题意得所以由kN*可得k4.7解析由题意，得S1a11，又由an1SnSn1，得Sn1SnSnSn1，所以Sn0，所以1，即1，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，得1(n1)n，所以Sn.82n1解析由an1(a1a2an) (nN*)，可得an1Sn，所以Sn1SnSn，即Sn1Sn，由此可知数列Sn是一个等比数列，其中首项S1a12，公比为，所以Sn2n1，由此得an9(1)解设成等差数列的三个正数分别为ad，a，ad.依题意，得adaad15.解得a5.所以bn中的b3，b4，b5依次为7d,10,18d.依题意，有(7d)(18d)100，解得d2或d13(舍去)故bn的第3项为5，公比为2.由b3b122，即5b122，解得b1.所以bnb1qn12n152n3，即数列bn的通项公式为bn52n3.(2)证明由(1)得数列bn的前n项和Sn52n2，即Sn52n2.所以S1，2.因此Sn是以为首项，2为公比的等比数列10(1)解当n2时，4S45S28S3S1，即4581，解得：a4.(2)证明因为4Sn25Sn8Sn1Sn1(n2)，所以4Sn24Sn1SnSn14Sn14Sn(n2)，即4an2an4an1(n2)，因为4a3a14164a2，所以4an2an4an1，因为，所以数列是以a2a11为首项，公比为的等比数列(3)解由(2)知，数列是以a2a11为首项，公比为的等比数列，所以an1ann1，即4，所以数列是以2为首项，公差为4的等差数列，所以2(n1)44n2，即an(4n2)n(2n1)n1，所以数列an的通项公式是an(2n1)n1.11A由S21S4 000得a22a23a4 0000，由于a22a4 000a23a3 9992a2 011，所以a22a23a4 0003 979a2 0110，从而a2 0110，而2 011a2 011an2 011.12D由题意知：abp，abq，p0，q0，a0，b0.在a，b，2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a，b，2；b，a，2；2，a，b；2，b，a；成等比数列的情况有：a，2，b；b，2，a. 或解之得：或p5，q4，pq9，故选D.13.解析令m1，可得an1an，所以an是首项为，公比为的等比数列，所以Sn1()n0，上式不成立；当n为奇数时，(2)n2n2 012，即2n2 012，得n11.综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为n|n2k1，kN，k5