2021年高考数学(江苏专用-理科)二轮专题复习-专题三--第1讲.docx

第1讲等差数列和等比数列考情解读(1)等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式毁灭(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、解决问题的综合力气1an与Sn的关系Sna1a2an，an2等差数列和等比数列等差数列等比数列定义anan1常数(n2)常数(n2)通项公式ana1(n1)dana1qn1(q0)判定方法(1)定义法(2)中项公式法：2an1anan2(n1)an为等差数列(3)通项公式法：anpnq(p、q为常数)an为等差数列(4)前n项和公式法：SnAn2Bn(A、B为常数)an为等差数列(5)an为等比数列，an0logaan为等差数列(1)定义法(2)中项公式法：aanan2(n1)(an0)an为等比数列(3)通项公式法：ancqn(c、q均是不为0的常数，nN*)an为等比数列(4)an为等差数列aan为等比数列(a0且a1)性质(1)若m、n、p、qN*，且mnpq，则amanapaq(2)anam(nm)d(3)Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列(1)若m、n、p、qN*，且mnpq，则amanapaq(2)anamqnm(3)等比数列依次每n项和(Sn0)仍成等比数列前n项和Snna1d(1)q1，Sn(2)q1，Snna1热点一等差数列例1(1)等差数列an的前n项和为Sn，若a2a4a612，则S7的值是()A21 B24C28 D7(23)设等差数列an的前n项和为Sn，若1a31,0a63，则S9的取值范围是_思维启迪(1)利用a1a72a4建立S7和已知条件的联系；(2)将a3，a6的范围整体代入或者利用线性规划答案(1)C(2)(3,21)解析(1)由题意可知，a2a62a4，则3a412，a44，所以S77a428.(2)S99a136d3(a12d)6(a15d)又1a31,0a63，33(a12d)3,06(a15d)18，故3S921.思维升华(1)等差数列问题的基本思想是求解a1和d，可利用方程思想；(2)等差数列的性质若m，n，p，qN*，且mnpq，则amanapaq；Sm，S2mSm，S3mS2m，仍成等差数列；aman(mn)dd(m，nN*)；(A2n1，B2n1分别为an，bn的前2n1项的和)(3)等差数列前n项和的问题可以利用函数的性质或者转化为等差数列的项，利用性质解决(1)已知等差数列an中，a7a916，S11，则a12的值是()A15 B30C31 D64(2)在等差数列an中，a50且a6|a5|，Sn是数列的前n项的和，则下列说法正确的是()AS1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6均大于0BS1，S2，S5均小于0，S6，S7，均大于0CS1，S2，S9均小于0，S10，S11均大于0DS1，S2，S11均小于0，S12，S13均大于0答案(1)A(2)C解析(1)由于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，又由于S11，所以a6，则d，所以a12a84d15，故选A.(2)由题意可知a6a50，故S100，而S99a50，故选C.热点二等比数列例2(1)(2022安徽)数列an是等差数列，若a11，a33，a55构成公比为q的等比数列，则q_.(2)已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1a3，a2a4，则等于()A4n1 B4n1C2n1 D2n1思维启迪(1)列方程求出d，代入q即可；(2)求出a1，q，代入化简答案(1)1(2)D解析(1)设等差数列的公差为d，则a3a12d，a5a14d，(a12d3)2(a11)(a14d5)，解得d1，q1.(2)由可得2，q，代入得a12，an2()n1，Sn4(1)，2n1，故选D.思维升华(1)an为等比数列，其性质如下：若m、n、r、sN*，且mnrs，则amanaras；anamqnm；Sn，S2nSn，S3nS2n成等比数列(q1)(2)等比数列前n项和公式Sn能“知三求二”；留意争辩公比q是否为1；a10.(1)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b2b8b11等于()A1 B2C4 D8(2)在等比数列an中，a1an34，a2an164，且前n项和Sn62，则项数n等于()A4 B5C6 D7答案(1)D(2)B解析(1)a42a3a80，2aa43a8，即2a4a7，a72，b72，又b2b8b11b1qb1q7b1q10bq18(b7)38，故选D.(2)设等比数列an的公比为q，由a2an1a1an64，又a1an34，解得a12，an32或a132，an2.当a12，an32时，Sn62，解得q2.又ana1qn1，所以22n12n32，解得n5.同理，当a132，an2时，由Sn62，解得q.由ana1qn132()n12，得()n1()4，即n14，n5.综上，项数n等于5，故选B.热点三等差数列、等比数列的综合应用例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，剩下三项按原来挨次恰为等比数列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SnTm恒成立，求实数的取值范围思维启迪(1)利用方程思想求出a1，代入公式求出an和Sn；(2)将恒成立问题通过分别法转化为最值解(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，)思维升华等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时机敏地运用性质，可使运算简便(2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，求解时用等差(比)数列的相关学问，将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可已知数列an前n项和为Sn，首项为a1，且，an，Sn成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)数列bn满足bn(log2a2n1)(log2a2n3)，求证：.(1)解，an，Sn成等差数列，2anSn，当n1时，2a1S1，a1，当n2时，Sn2an，Sn12an1，两式相减得anSnSn12an2an1，2，数列an是首项为，公比为2的等比数列，an2n12n2.(2)证明bn(log2a2n1)(log2a2n3)log222n12log222n32(2n1)(2n1)，()，(1)()()(1)(nN*)即0an为递增数列，Sn有最小值d0，a7a100，a80.a7a10a8a90，a9a80，则a2 0130，则a2 0140，则a2 0130D若a40，则a2 0140答案C解析由于a3a1q2，a2 013a1q2 012，而q2与q2 012均为正数，若a30，则a10，所以a2 0130，故选C.2已知数列an是首项为a，公差为1的等差数列，bn.若对任意的nN*，都有bnb8成立，则实数a的取值范围为_答案(8，7)解析ana(n1)1na1，所以bn，由于对任意的nN*，都有bnb8成立，即(nN*)恒成立，即0(nN*)，则有解得8a0，an1an2.当n2时，an是公差d2的等差数列a2，a5，a14构成等比数列，aa2a14，(a26)2a2(a224)，解得a23，由条件可知，4a1a54，a11，a2a1312，an是首项a11，公差d2的等差数列等差数列an的通项公式为an2n1.等比数列bn的公比q3，等比数列bn的通项公式为bn3n.(2)Tn，()k3n6对任意的nN*恒成立，k对任意的nN*恒成立，令cn，cncn1，当n3时，cncn1；当n4时，cn0，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，且全部这样的n的集合为n|n2k1，kN，k5