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2019-2020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Ⅰ)已知{an}是公差為1的等差數(shù)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(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(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，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：an＝a1＋(n－1)d； 等比數(shù)列：an＝a1qn－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aman＝apaq. 例1　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，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．－ B．1 C．－或1 D．－1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，a1＋a4＝9，a2a3＝8，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，a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，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： ①利用定義，證明an＋1－an(n∈N*)為一常數(shù)； ②利用中項性質(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，即證明a＝an－1an＋1(n≥2)． 例2　(xx大綱全國)數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋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，判斷時還要看各項是否為零． 跟蹤演練2　(1)已知數(shù)列{an}的首項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＝________. 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a2＋a7＋a12＝－6. (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m∈N*，使對任意n∈N*，總有Sn0，a3＋a10>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．已知各項都為正數(shù)的等比數(shù)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(shù)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，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)列{an}的前n項和，(n＋1)Sn6.即實數(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， 因為S3＋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}的通項公式為 an＝n－1＝(－1)n－1. (2)由(1)得Sn＝1－n＝ 當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn隨n的增大而減小， 所以1Sn－≥S2－ ＝－＝－. 綜上，對于n∈N*， 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 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(shù)列{bn}是等比數(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(shù)列與不等式 第1講　等差數(shù)列與等比數(shù)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＝410＝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(shù)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(shù)列， ∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，整理得a1＝－d， ∴a1d＝－d2＜0， 又S4＝4a1＋d＝－， ∴dS4＝－＜0，故選B.] 4．D　[由(n＋1)Sn0，a7<0，所以數(shù)列{an}的前7項為負值，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)＋212＝0， 又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝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， －1為公差的等差數(shù)列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－. 8．2n－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}是一個等比數(shù)列，其中首項S1＝a1＝2，公比為，所以Sn＝2n－1，由此得an＝ 9．(1)解　設(shè)成等差數(shù)列的三個正數(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項為5，公比為2. 由b3＝b122，即5＝b122， 解得b1＝. 所以bn＝b1qn－1＝2n－1＝52n－3， 即數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝52n－3. (2)證明　由(1)得數(shù)列{bn}的前n項和 Sn＝＝52n－2－， 即Sn＋＝52n－2. 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)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(shù)列是以a2－a1＝1為首項，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，公比為的等比數(shù)列，所以an＋1－an＝n－1，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＋(n－1)4＝4n－2， 即an＝(4n－2)n＝(2n－1)n－1， 所以數(shù)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，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 ∴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(shù)列，所以Sn＝ ＝[1－()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a1≠0，q≠0.由題意得 即 解得 故數(shù)列{an}的通項公式為 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，(－2)n>0，上式不成立； 當(dāng)n為奇數(shù)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(shù)n， 且所有這樣的n的集合為{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．