【高考数学培优专题】第31讲以数列为背景的取值范围问题专题练习

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高考解答题专项突破(三) 数列的综合问题--2025年高考数学复习讲义及练习解析

[考情分析]预计2025年高考会从以下两个角度对数列的综合问题进行考查：(1)考查等差、等比数列的基本运算和数列求和的问题，可能与函数、方程、不等式等知识综合起来进行考查；(2)以新定义为载体，考查对新数列性质的理解及应用，以创新型题目的形式出现．考点一等差、等比数列的综合问题例1(2024·山东滨州模拟)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝2，b 2＝4，a n ＝2log 2b n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }中不在数列{b n }中的项按从小到大的顺序构成数列{c n }，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求S 100.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为b 2＝4，所以a 2＝2log 2b 2＝4，所以d ＝a 2－a 1＝2，所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .又a n ＝2log 2b n ，即2n ＝2log 2b n ，所以n ＝log 2b n ，所以b n ＝2n .(2)由(1)得b n ＝2n ＝2·2n －1＝a 2n －1，即b n 是数列{a n }中的第2n －1项．设数列{a n }的前n 项和为P n ，数列{b n }的前n 项和为Q n ，因为b 7＝a 26＝a 64，b 8＝a 27＝a 128，所以数列{c n }的前100项是由数列{a n }的前107项去掉数列{b n }的前7项后构成的，所以S 100＝P 107－Q 7＝107×（2＋214）2－2－281－2＝11302.对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．利用方程思想和通项公式、前n 项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.1.(2022·浙江高考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝－1，公差d >1.记{a n }的前n项和为S n (n ∈N *)．(1)若S 4－2a 2a 3＋6＝0，求S n ；(2)若对于每个n ∈N *，存在实数c n ，使a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，求d 的取值范围．解(1)因为S 4－2a 2a 3＋6＝0，a 1＝－1，所以－4＋6d －2(－1＋d )(－1＋2d )＋6＝0，所以d 2－3d ＝0，又d >1，所以d ＝3，所以a n ＝3n －4，所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝3n 2－5n2.(2)因为a n ＋c n ，a n ＋1＋4c n ，a n ＋2＋15c n 成等比数列，所以(a n ＋1＋4c n )2＝(a n ＋c n )(a n ＋2＋15c n )，(nd －1＋4c n )2＝(－1＋nd －d ＋c n )(－1＋nd ＋d ＋15c n )，c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0，由已知可得方程c 2n ＋(14d －8nd ＋8)c n ＋d 2＝0的判别式大于等于0，所以Δ＝(14d －8nd ＋8)2－4d 2≥0，所以(16d －8nd ＋8)(12d －8nd ＋8)≥0对于任意的n ∈N *恒成立，所以[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]≥0对于任意的n ∈N *恒成立，当n ＝1时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]＝(d ＋1)(d ＋2)≥0，当n ＝2时，由(2d －2d －1)(4d －3d －2)≥0，可得d ≤2，当n ≥3时，[(n －2)d －1][(2n －3)d －2]>(n －3)(2n －5)≥0，又d >1，所以1<d ≤2，即d 的取值范围为(1，2]．考点二通项与求和问题例2(2023·黑龙江哈九中模拟)在①S 3＝2a 3－15；②a 2＋6是a 1，a 3的等差中项；③2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，并解答．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a n ＝b n －1b n ，求数列2n n 项和T n .注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q >0)，若选①：由S 3＝2a 3－15，得a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－15，所以a 3－a 2－a 1＝15，又由a 1＝3，可得3q 2－3q －18＝0，解得q ＝3或q ＝－2(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选②：由a 2＋6是a 1，a 3的等差中项，可得a 1＋a 3＝2(a 2＋6)，又因为a 1＝3，可得3＋3q 2＝2(3q ＋6)，即q 2－2q －3＝0，解得q ＝3或q ＝－1(舍去)，所以a n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．若选③：由2S n ＝t n ＋1－3(t ≠0)，当n ＝1时，2a 1＝6＝2S 1＝t 2－3，解得t ＝3或t ＝－3(舍去)，所以2S n ＝3n ＋1－3，当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝3n ＋1－3－(3n －3)＝2·3n ，所以a n ＝3n (n ≥2)．经验证当n ＝1时，满足a n ＝3n ，所以a n ＝3n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n ＝3n ，所以b n －1b n ＝3n ，n ＝9n ，所以b 2n ＋1b 2n＝9n＋2，所以T n 2122 (2)n (91＋2)＋(92＋2)＋…＋(9n ＋2)＝91＋92＋…＋9n＋2n ＝9（1－9n ）1－9＋2n ＝9n ＋1＋16n －98.解决非等差、等比数列求和问题的两种思路思路一转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成思路二不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和2.(2024·广东深圳中学月考)若一个数列的奇数项为公差为正的等差数列，偶数项为公比为正的等比数列，且公差、公比相同，则称数列为“摇摆数列”，其表达式为a n ＝1＋n －12d ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，2qn －22，n ＝2k ，k ∈N *，若数列{a n }(n ∈N *)为“摇摆数列”且a 1＝1，a 1＋a 2＝a 3，a 2a 3＝20.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ∑ni ＝1i 2解(1)＋a 2＝a 3，2a 3＝202＝4，3＝52＝－5，3＝－4(舍去)，∴d ＝q ＝4，∴a n n －1，n ＝2k ＋1，k ∈N ，n ，n ＝2k ，k ∈N *.(2)b n ＝na n n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，·2n ，n ＝2k ，k ∈N *.先求奇数项的和：b n ＝2n 2－n ，n ＝2k ＋1，k ∈N ，S n ＝2×[12＋32＋…＋(2n －1)2]－n 2，引入W n ＝22＋42＋…＋(2n )2＝4(12＋22＋…＋n 2)，12(S n ＋n 2)＋W n ＝∑2ni ＝1i 2＝n （2n ＋1）（4n ＋1）3⇒S n＝2(∑2ni ＝1i 2－W n )－n 2＝2n （2n ＋1）（4n ＋1）3－4×n （n ＋1）（2n ＋1）6－n 2＝8n 3－3n 2－2n 3，再求偶数项的和：b n ＝n ·2n ，n ＝2k ，k ∈N *，S n ′＝2×22＋4×24＋…＋2n ×22n ，4S n ′＝2×24＋4×26＋…＋2(n －1)×22n ＋2n ×22n ＋2，两式相减，得－3S n ′＝2×22＋2×24＋2×26＋…＋2×22n －2n ×22n＋2＝8×（1－4n ）1－4－2n ×22n ＋2＝（1－3n ）×22n ＋3－83，∴S n ′＝（3n －1）22n ＋3＋89，∴T 2n ＝S n ＋S n ′＝8n 3－3n 2－2n3＋（3n －1）22n ＋3＋89.考点三数列与不等式的综合问题例3(2023·安徽十校联考)已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2(n ≥2且n ∈N *)，a 2＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)n 项和为T n ，求证：23≤T n <1.解(1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－2，所以a 1＋a 2＋…＋a n －a n ＋1＝－2，两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，当n ＝2时，a 1－a 2＝－2，又a 2＝4，所以a 1＝2，a 2＝2a 1，所以a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明：因为2n（a n －1）（a n ＋1－1）＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n …1－12n ＋1－1<1，由n ≥1，得2n ＋1≥4，所以1－12n ＋1－1≥23，综上，2≤T n <1.1．数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．2．放缩法常见的放缩技巧(1)1k 2＜1k 2－1＝121k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k.(3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．(4)12n ＋1＜12n ＋1＜12n ，13n ＜13n －1≤12·3n －1.3.(2023·河南五市高三二模)已知数列{a n }满足a 1＝23，且2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，n∈N *.(1){a n }的通项公式；(2)记T n ＝a 1a 2a 3…a n ，n ∈N *，S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n .证明：S n 解(1)由2a n ＋1－a n ＋1a n ＝1，得a n ＋1＝12－a n ，则11－a n ＋1－11－a n＝1，是首项为11－a 1＝3，公差d ＝1的等差数列，所以11－a n ＝3＋(n －1)＝n ＋2，整理得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，经检验，符合要求．(2)证明：由(1)得a n ＝n ＋1n ＋2(n ∈N *)，T n ＝a 1a 2…a n ＝2n ＋2，∴T 2n ＝4（n ＋2）2>4（n ＋2）（n ＋3）＝∴S n ＝T 21＋T 22＋…＋T 2n －14＋…＋1n ＋2－即S n 考点四数列与函数的综合问题例4(2024·江苏辅仁中学阶段考试)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列前n 项和T n .解(1)由已知，得b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x 的图象在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.则a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2，所以d ＝a 2－a 1＝1，从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n.所以T n ＝2n ＋1－n －22n.数列与函数综合问题的常见类型及注意事项常见类型类型一已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题类型二已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形注意事项注意点一数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或有限子集)，它的图象是一群孤立的点注意点二转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题注意点三利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化4.(2024·湖南湘潭一中阶段考试)设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n .解(1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，所以cos x ＝－12，解得x ＝2k π±2π3(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－2π3(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－2n π3＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sinn （n ＋1）π－2n π3.因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，所以n (n ＋1)一定为偶数，所以sin S n ＝－sin2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sinS n ＝－m π＝－32；当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－m π＝32；当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin2m π＝0.综上所述，sin S nn ＝3m －2（m ∈N *），＝3m －1（m ∈N *），3m （m∈N *）.课时作业1．(2023·新课标Ⅱ卷){a n }为等差数列，b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，记S n ，T n 分别为数列{a n }，{b n }的前n 项和，S 4＝32，T 3＝16.(1)求{a n }的通项公式；(2)证明：当n >5时，T n >S n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，而b n n －6，n 为奇数，a n ，n 为偶数，则b 1＝a 1－6，b 2＝2a 2＝2a 1＋2d ，b 3＝a 3－6＝a 1＋2d －6，4＝4a 1＋6d ＝32，3＝4a 1＋4d －12＝16，1＝5，＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋3，所以{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋3.(2)证法一：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，b n －1＋b n ＝2(n －1)－3＋4n ＋6＝6n ＋1，T n ＝13＋（6n ＋1）2·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝32(n ＋1)2＋72(n ＋1)－[4(n ＋1)＋6]＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .证法二：由(1)知，S n ＝n （5＋2n ＋3）2＝n 2＋4n ，b n n －3，n 为奇数，n ＋6，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－1＋2（n －1）－32·n 2＋14＋4n ＋62·n 2＝32n 2＋72n ，当n >5时，T n －S n 2＋72n (n 2＋4n )＝12n (n －1)>0，因此T n >S n ；当n 为奇数时，若n ≥3，则T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1)＝－1＋2n －32·n ＋12＋14＋4（n －1）＋62·n －12＝32n2＋52n －5，显然T 1＝b 1＝－1满足上式，因此当n 为奇数时，T n ＝32n 2＋52n －5，当n >5时，T n －S n 2＋52n －(n 2＋4n )＝12(n ＋2)(n －5)>0，因此T n >S n .所以当n >5时，T n >S n .2．(2023·江苏徐州第七中学校考一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝12·3n ＋b (b 为常数)．(1)求b 的值和数列{a n }的通项公式；(2)记c m 为{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数，求数列{a m c m }的前n 项和T n .解(1)由题设S n ＝12·3n ＋b ，显然等比数列{a n }的公比不为1，设{a n }的公比为q ，则S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝a 11－q －a 1q n1－q ，∴b ＝a 11－q ＝－12且q ＝3，∴a 1＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)令－3m ≤3n －1≤3m ，n ∈N *，解得0≤n －1≤m ，∴1≤n ≤m ＋1，数列{a n }在区间[－3m ，3m ](m ∈N *)内的项的个数为m ＋1，则c m ＝m ＋1，∴a m c m ＝(m ＋1)×3m －1，∵T n ＝2×30＋3×31＋…＋(n ＋1)×3n －1，①3T n ＝2×31＋3×32＋…＋(n ＋1)×3n ，②两式相减，得－2T n ＝2×30＋31＋…＋3n－1－(n ＋1)×3n＝1＋1－3n1－3－(n ＋1)·3n ＝（－1－2n ）·3n ＋12，∴T n n －14.3．(2024·河南郑州外国语学校阶段考试)已知f (x )＝－4＋1x2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点P n n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足T n ＋1a 2n ＝T na 2n ＋1＋16n 2－8n －3，确定b 1的值使得数列{b n }是等差数列．解(1)因为f (x )＝－4＋1x2，且点P n ，n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，所以1a n ＋1＝4＋1a 2n ，即1a 2n ＋1－1a 2n＝4，1为首项，4为公差的等差数列，所以1a 2n＝1＋4(n －1)＝4n －3，即a n ＝14n －3(n ∈N *)．(2)由(1)知T n ＋1a 2n ＝T n a 2n ＋1＋16n 2－8n －3，即为(4n －3)T n ＋1＝(4n ＋1)T n ＋(4n －3)(4n ＋1)，整理得T n ＋14n ＋1－T n 4n －3＝1，T 1为首项，1为公差的等差数列，则T n 4n －3＝T 1＋n －1，即T n ＝(4n －3)(T 1＋n －1)，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝4b 1＋8n －11，若{b n }是等差数列，则b 1适合上式，令n ＝1，得b 1＝4b 1－3，解得b 1＝1.4．(2023·黑龙江齐齐哈尔模拟)在①S n ＝32a n －3，其中S n 为数列{a n }的前n 项和；②a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }满足________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1为数列{a n }中的项？若存在，求出m ；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解若选择条件①：(1)令n ＝1，则a 1＝321－3，所以a 1＝6，由于S n ＝32a n －3，则当n ≥2时，S n －1＝32a n －1－3，两式相减，得a n ＝32a n －32a n －1，则a n a n －1＝3，所以{a n }是首项为6，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式为a n ＝6×3n －1＝2×3n .(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则2×3m ＋2×3m ＋1＝2×3k ，所以4×3m ＝3k ，此等式左边为偶数，右边为奇数，所以不存在正整数m 满足题意．若选择条件②：(1)因为a 1＝1，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1，所以a n ≠0，1a n ＋1－1a n＝1，是首项为1a 1＝1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝1n.(2)假设存在正整数m ，使得a m ＋a m ＋1＝a k (k ∈N *)，则1m ＋1m ＋1＝1k，化简得m 2＋(1－2k )m －k ＝0，解得m ＝2k －1＋1＋4k 22，因为2k <1＋4k 2<2k ＋1，所以2k －12<m <2k ，m 无正整数解，故不存在正整数m 满足题意．5．已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }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{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ成立，求实数λ的取值范围．解(1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，S n ＝n （9－n ）2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m 1－1281m ，的值随m 增加而减小，∴{T m }为递增数列，得4≤T m ＜8.又S n ＝n （9－n ）2＝－12(n 2－9n )－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ，则10＜8＋λ，解得λ＞2.故实数λ的取值范围为(2，＋∞)．6．(2024·河北衡水调研)已知数列{a n }满足a 1＝37，3a n ，2a n ＋1，a n a n ＋1成等差数列．(1){a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：1271S n <7528.解(1)由已知得4a n ＋1＝3a n ＋a n a n ＋1，因为a 1＝37≠0，所以由递推关系可得a n ≠0恒成立，所以4a n ＝3a n ＋1＋1，所以4a n －4＝3an ＋1－3，即1a n ＋1－1又因为1a 1－1＝73－1＝43，是首项为43，公比为43的等比数列，所以1a n －1，所以a n ＝11.(2)证明：由(1)可得a n ＝111－1＝37×－1，所以S n ≥37＋37×＋…＋37×－1＝1271a n ＝11<1，S 1＝37<7528，当n ≥2时，S n <37＋＋ (37)1－34＝7528－<7528.综上所述，1271S n <7528成立．。

高三数学数学数列多选题的专项培优练习题(含答案

高三数学数学数列多选题的专项培优练习题(含答案一、数列多选题1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，0n a ≠，且202021111212a a ++≤+（）A ．若数列{}n a 为等差数列，则20210S ≥B ．若数列{}n a 为等差数列，则10110a ≤C ．若数列{}n a 为等比数列，则20200T >D ．若数列{}n a 为等比数列，则20200a <【答案】AC 【分析】由不等关系式，构造11()212xf x =-+，易得()f x 在R 上单调递减且为奇函数，即有220200a a +≥，讨论{}n a 为等差数列、等比数列，结合等差、等比的性质判断项、前n 项和或积的符号即可. 【详解】由202021111212a a ++≤+，得2020211110212212a a +-+-≤+，令11()212x f x =-+，则()f x 在R 上单调递减，而1121()212212xx x f x --=-=-++， ∴12()()102121xx x f x f x -+=+-=++，即()f x 为奇函数，∴220200a a +≥，当{}n a 为等差数列，22020101120a a a +=≥，即10110a ≥，且2202020212021()02a a S +=≥，故A 正确，B 错误；当{}n a 为等比数列，201820202a a q=，显然22020,a a 同号，若20200a <，则220200a a +<与上述结论矛盾且0n a ≠，所以前2020项都为正项，则202012020...0T a a =⋅⋅>，故C 正确，D 错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：利用已知构造函数，并确定其单调性和奇偶性，进而得到220200a a +≥，基于该不等关系，讨论{}n a 为等差、等比数列时项、前n 项和、前n 项积的符号.2．设n S 是公差为()d d ≠0的无穷等差数列{}n a 的前n 项和，则下列命题正确的是（） A ．若0d <，则数列{}n S 有最大项 B ．若数列{}n S 有最大项，则0d <C ．若对任意*n N ∈，均有0n S >，则数列{}n S 是递增数列D ．若数列{}n S 是递增数列，则对任意*n N ∈，均有0n S > 【答案】ABC 【分析】由等差数列的求和公式可得()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，可看作关于n 的二次函数，由二次函数的性质逐个选项验证可得. 【详解】由等差数列的求和公式可得()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，选项A ，若0d <，由二次函数的性质可得数列{}n S 有最大项，故正确；选项B ，若数列{}n S 有最大项，则对应抛物线开口向下，则有0d <，故正确；选项C ，若对任意*n ∈N ，均有0n S >，对应抛物线开口向上，0d >，可得数列{}n S 是递增数列，故正确；选项D ，若数列{}n S 是递增数列，则对应抛物线开口向上，但不一定有任意*n ∈N ，均有0n S >，故错误. 故选：ABC . 【点睛】本题考查等差数列的求和公式的应用，()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭可看成是二次函数，然后利用二次函数的性质解决问题，考查分析和转化能力，属于常考题.3．设数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，1121,n n n S S S n++==，且212n n n n a b a a ++=，则下列结论正确的是（） A ．20202020a = B ．()12n n n S += C ．()112n b n n =-+D ．1334n T n ≤-< 【答案】ABD 【分析】可由累乘法求得n S 的通项公式，再由()12n n n S +=得出n a n =，代入212n n n n a b a a ++=中可得()112n b n n =++.由裂项相消法求出n T ，利用数列的单调性证明1334n T n ≤-<.由题意得，12n n S n S n++=， ∴当2n ≥时，121121112n n n n n S S S n n S S S S S n n ---+=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅--()13112n n +⋅=，且当1n =时也成立， ∴ ()12n n n S +=，易得n a n =，∴ 20202020a =，故,A B 正确； ∴ ()()()211111112222n n b n n n n n n +⎛⎫==+=+- ⎪+++⎝⎭，∴11111111111111112324351122212n T n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-+-++-+-=++-- ⎪ ⎪-++++⎝⎭⎝⎭3111342124n n n n ⎛⎫=+-+<+ ⎪++⎝⎭，又n T n -随着n 的增加而增加， ∴1113n T n T -≥-=，∴1334n T n ≤-<，C 错误，D 正确，故选：ABD. 【点睛】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．4．已知等差数列{}n a 中，59a a =，公差0d >，则使得前n 项和n S 取得最小值的正整数n 的值是（） A ．5 B ．6C ．7D ．8【答案】BC 【分析】分析出数列{}n a 为单调递增数列，且70a =，由此可得出结论. 【详解】在等差数列{}n a 中，59a a =，公差0d >，则数列{}n a 为递增数列，可得59a a <，59a a ∴=-，可得5975202a a a a +==>，570a a ∴<=，所以，数列{}n a 的前6项均为负数，且70a =，因此，当6n =或7时，n S 最小. 故选：BC.方法点睛：本题考查等差数列前n 项和最大值的方法如下：（1）利用n S 是关于n 的二次函数，利用二次函数的基本性质可求得结果；（2）解不等式0n a ≥，解出满足此不等式的最大的n 即可找到使得n S 最小.5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a ＝，且1n n S a λ-＝（λ为常数）．若数列{}n b 满足2920n n a b n n -+-＝，且1n n b b +<，则满足条件的n 的取值可以为（）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】AB 【分析】利用11a S =可求得2λ=；利用1n n n a S S -=-可证得数列{}n a 为等比数列，从而得到12n na ，进而得到nb ；利用10nnb b 可得到关于n 的不等式，解不等式求得n 的取值范围，根据n *∈N 求得结果. 【详解】当1n =时，1111a S a λ==-，11λ∴-=，解得：2λ=21n n S a ∴=-当2n ≥且n *∈N 时，1121n n S a --=-1122n n nn n a S S a a ，即：12n n a a -=∴数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n na2920n n a b n n =-+-，219202n n n n b --+-∴= ()()222111912092011280222n n n n nn n n n n n b b +--+++--+--+∴-=-=< 20n >，()()21128470n n n n ∴-+=--<，解得：47n <<又n *∈N ，5n ∴=或6 故选：AB 【点睛】关键点点睛：本题考查数列知识的综合应用，涉及到利用n a 与n S 的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识，解决本题的关键点是能够得到n b 的通项公式，进而根据单调性可构造出关于n 的不等式，从而求得结果，考查学生计算能力，属于中档题．6．设首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121n n S S n +=+-，则下列结论正确的是（）A ．数列{}n a 为等比数列B ．数列{}n S n +为等比数列C ．数列{}n a 中10511a =D ．数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---【答案】BCD 【分析】由已知可得11222n n n n S n S nS n S n++++==++，结合等比数列的定义可判断B ；可得2n n S n =-，结合n a 和n S 的关系可求出{}n a 的通项公式，即可判断A ；由{}n a 的通项公式，可判断C ；由分组求和法结合等比数列和等差数列的前n 项和公式即可判断D. 【详解】因为121n n S S n +=+-，所以11222n n n n S n S nS n S n++++==++．又112S +=，所以数列{}n S n +是首项为2，公比为2的等比数列，故B 正确；所以2n n S n +=，则2nn S n =-．当2n ≥时，1121n n n n a S S --=-=-，但11121a -≠-，故A 错误；由当2n ≥时，121n n a -=-可得91021511a =-=，故C 正确；因为1222n n S n +=-，所以2311222...2221222...22n n S S S n ++++=-⨯+-⨯++-()()()23122412122...2212 (22412)2n n n n n n n n n ++--⎡⎤=+++-+++=-+=---⎢⎥-⎣⎦ 所以数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---，故D 正确．故选：BCD ．【点睛】关键点点睛：在数列中，根据所给递推关系，得到等差等比数列是重难点，本题由121n n S S n +=+-可有目的性的构造为1122n n S S n n +++=+，进而得到11222n n n n S n S nS n S n++++==++，说明数列{}n S n +是等比数列，这是解决本题的关键所在，考查了推理运算能力，属于中档题,7．在n n n A B C （1,2,3,n =）中，内角,,n n n A B C 的对边分别为,,n n n a b c ，n n n A B C 的面积为n S ，若5n a =，14b =，13c =，且222124n n n a c b ++=，222124n n n a b c ++=，则（） A ．n n n A B C 一定是直角三角形 B ．{}n S 为递增数列 C ．{}n S 有最大值D ．{}n S 有最小值【答案】ABD 【分析】先结合已知条件得到()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，进而得到22225=n n n b c a +=，得A 正确，再利用面积公式得到递推关系1221875=644n n S S ++，通过作差法判定数列单调性和最值即可. 【详解】由222124n n n a c b ++=，222124n n n a b c ++=得，222222112244n n n n n n a c a b bc+++++=+()2221122n n n a b c =++()2225122n n b c =++，故()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，又221125=0b c +-，22250n n b c ∴+-=，22225=n n n b c a ∴+=，故n n n A B C 一定是直角三角形，A 正确；n n n A B C 的面积为12n n n S b c =，而()4222222222221124224416n n n n n n n n n n n n a b c a b c a c a b b c +++++++=⨯=，故()42222222222111241875161875==1616641n n n n n n n n n n n a b c a b bS S c c S +++++++==+，故22212218751875==6446434n n n n n S S SS S +-+--，又22125=244n n n n n b c b c S +=≤（当且仅当=n n b c 22121875=06344n n n S SS +∴--≥，又由14b =，13c =知n n b c ≠不是恒成立，即212n n S S +>，故1n n S S +>，故{}n S 为递增数列，{}n S 有最小值16=S ，无最大值，故BD 正确，C 错误. 故选：ABD. 【点睛】本题解题关键是利用递推关系得到()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，进而得到22225=n n n b c a +=，再逐步突破.数列单调性常用作差法判定，也可以借助于函数单调性判断.8．斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为(){}F n ，则(){}F n 的通项公式为（）A ．(1)1()2n nF n -+=B ．()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==C ．()n nF n ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦ D ．()n n F n ⎡⎤⎥=+⎥⎝⎭⎝⎭⎦【答案】BC 【分析】根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可；【详解】解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，显然()()11,21F F ==，()()()3122F F F =+=，()()()4233F F F =+=，，()()()11,2F n F n F n n +=+-≥，所以()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==，即B 满足条件；由()()()11,2F n F n F n n +=+-≥，所以()()()()11F n n F n n ⎤+-=--⎥⎣⎦所以数列()()1F n n ⎧⎫⎪⎪+⎨⎬⎪⎪⎩⎭为公比的等比数列，所以()()1nF n n +-=⎝⎭1115()n F F n n -+=+，令1nn n Fb -=⎝⎭，则11n n b ++，所以1n n b b +=-，所以n b ⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎭以510-所以1n n b -+，所以()1115n n n nF n --⎤⎤⎛⎫+⎥⎥=+=- ⎪ ⎪⎥⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦；即C 满足条件；故选：BC 【点睛】考查等比数列的性质和通项公式，数列递推公式的应用，本题运算量较大，难度较大，要求由较高的逻辑思维能力，属于中档题．二、平面向量多选题9．定义空间两个向量的一种运算sin ,a b a b a b ⊗=⋅，则关于空间向量上述运算的以下结论中恒成立的有（） A ．()()a b a b λλ⊗=⊗ B ．a b b a ⊗=⊗C ．()()()a b c a c b c +⊗=⊗+⊗D ．若()11,a x y =，()22,b x y =，则122a b x y x y ⊗=- 【答案】BD 【分析】对于A,B,只需根据定义列出左边和右边的式子即可,对于C,当λab 时,()()1sin ,a b c b c b c λ+⊗=+⋅,()()()sin ,sin,1sin ,a c b c b c b c b c b c b c b c λλ⊗+⊗=⋅+⋅=+⋅,显然不会恒成立. 对于D,根据数量积求出cos ,a b ,再由平方关系求出sin ,a b 的值,代入定义进行化简验证即可. 【详解】解：对于A ：()()sin ,a b a b a b λλ⊗=⋅，()sin ,a b a b a bλλλ⊗=⋅，故()()a b a b λλ⊗=⊗不会恒成立；对于B ，sin ,a b a b a b ⊗=⋅，=sin ,b a b a b a ⊗⋅，故a b b a ⊗=⊗恒成立；对于C ，若λab ，且0λ>，()()1sin ,a b c b c b c λ+⊗=+⋅，()()()sin,sin ,1sin ,a c b c b c b c b c b c b c b c λλ⊗+⊗=⋅+⋅=+⋅，显然()()()a b c a c b c +⊗=⊗+⊗不会恒成立；对于D ，1212cos ,x x y y a b a b+=⋅，212sin ,1a b a b ⎛ ⎪=- ⎪⋅⎭，即有222121212121x x y y x x y y a b a b a b a a b ⎛⎫⎛⎫++ ⎪⊗=⋅⋅-=⋅- ⎪⎪ ⎪⋅⎭⎭21y =⎪+⎭==1221x y x y =-.则1221a b x y x y ⊗=-恒成立. 故选：BD. 【点睛】本题考查向量的新定义，理解运算法则正确计算是解题的关键，属于较难题.10．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心､重心､垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理.设点O ､G ､H 分别是ABC 的外心､重心､垂心，且M 为BC 的中点，则（）A ．0GA GB GC ++= B ．24AB AC HM MO +=- C ．3AH OM =D ．OA OB OC ==【答案】ABD 【分析】向量的线性运算结果仍为向量可判断选项A ；由12GO HG =可得23HG HO =，利用向量的线性运算()266AB AC AM GM HM HG +===-，再结合HO HM MO =+集合判断选项B ；利用222AH AG HG GM GO OM =-=-=故选项C 不正确，利用外心的性质可判断选项D ，即可得正确选项. 【详解】因为G 是ABC 的重心，O 是ABC 的外心，H 是ABC 的垂心，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，所以12GO HG =，对于选项A ：因为G 是ABC 的重心，M 为BC 的中点，所以2AG GM =，又因为2GB GC GM +=，所以GB GC AG +=，即0GA GB GC ++=，故选项A 正确；对于选项B ：因为G 是ABC 的重心，M 为BC 的中点，所以2AG GM =，3AM GM =，因为12GO HG =，所以23HG HO =， ()226663AB AC AM GM HM HG HM HO ⎛⎫+===-=- ⎪⎝⎭()646424HM HO HM HM MO HM MO =-=-+=-，即24AB AC HM MO +=-，故选项B 正确；对于选项C ：222AH AG HG GM GO OM =-=-=，故选项C 不正确；对于选项D ：设点O 是ABC 的外心，所以点O 到三个顶点距离相等，即OA OB OC ==，故选项D 正确；故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用已知条件12GO HG =得23HG HO =，利用向量的线性运算结合2AG GM =可得出向量间的关系.。

高考数学重难点培优讲义之数列(典型题型含答案解析)

数列【题型1 等差、等比数列的基本量的求解】 (4)【题型2 等差、等比数列的判定与证明】 (5)【题型3 数列通项公式的求解】 (6)【题型4 等差、等比数列的综合问题】 (8)【题型5 数列性质的综合问题】 (9)【题型6 数列求和】 (10)【题型7 数列问题的实际应用】 (12)【题型8 数列不等式问题】 (14)【题型9 以数列为载体的新定义或情境题】 (15)数列是高考的热点内容，命题形式多种多样，大小均有，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，小题重点考查等差数列、等比数列的基础知识、性质以及数列的递推关系，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；解答题的难度中等或稍难，往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合，与不等式结合时“放缩”思想及方法尤为重要，需要灵活求解.【知识点1 判断数列类型的技巧方法】1.证明数列是等差数列的主要方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证a n-a n-1为同一常数.即作差法，将关于a n-1的a n代入a n-a n-1，在化简得到定值.(2)等差中项法：验证2a n-1=a n+a n-2（n≥3，n∈N*）都成立.2.判定一个数列是等差数列还常用到的结论： (1)通项公式：a n =pn +q （p ,q 为常数）是等差数列.(2)前n 项和公式：S n =An 2+Bn （A ,B 为常数）是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.3.证明数列是等比数列的主要方法： (1)定义法：（常数）为等比数列；(2)为等比数列；(3)通项公式法：（k ，q 为常数）为等比数列；证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可；在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n =1的情形进行验证. 【知识点2 数列通项公式的求解策略】1.含n S ，n a 的式子求通项的方法：在处理含n S ，n a 的式子时，一般情况下利用公式n a =1*1,1,2,nn S n S S n n − =⎧⎨−∈⎩N ≥且，消去n S ，进而求出{}n a 的通项公式；但是有些题目虽然要求{}n a 的通项公式，但是并不便于运用n S ，这时可以考虑先消去n a ，得到关于n S 的递推公式，求出n S 后再求解n a ．2.形如1()n n a a f n +−=的递推关系式求通项的方法：遇到形如1()n n a a f n +−=的递推关系式，可利用累加法求{}n a 的通项公式，遇到形如1()n na f n a +=的递推关系式，可利用累乘法求{}n a 的通项公式，注意在使用上述方法求通项公式时，要对第一项是否满足进行检验．3.构造数列求通项的方法：遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：(1)形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪−−⎝⎭，则1n q a p ⎧⎫+⎨⎬−⎩⎭是以11q a p +−为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ；(2)形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n n n n a a p q q q ++=⋅+，设nnna b q =，从而变成1n b +=1n pb q+，从而将问题转化为第(1)个问题； (3)形如11n n n n qa pa a a ++−=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +−=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +−=，从而将问题转化为第(1)个问题．【知识点3 数列的单调性与最值问题的解题策略】1.判断数列单调性的方法 (1)比较法（作差或作商）； (2)函数化（要注意扩展定义域）．2.求数列最值的方法 (1)利用数列的单调性；(2)设最大值项为n a ，解方程组11n n n n a a a a −+⎧⎨⎩≥≥，再与首项比较大小（以最大值项为例，最小值项同理）．公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础；其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和，然后利用等差或等比数列的求和公式进行求解.注意利用等比数列求和公式时，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．2.裂项相消法求和：用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，1k=−，1111()n n k k n n k ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，但是前后所剩项数一定相同．3.错位相减法求和：用错位相减法求和时的注意点：(1)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“n n S qS −”的表达式；(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论． 4.分组（并项）法求和：分组（并项）法求和的常见类型：(1)若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组（并项）法求{}n a 的前n 项和； (2)若通项公式为,, n n nb n ac n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组（并项）法求和.【题型1 等差、等比数列的基本量的求解】【例1】（2023·江西新余·统考二模）记S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，若a 2=S 3，a 1a 3=S 4，则数列{a n }的公差为（）A ．−2B ．−1C ．2D ．4【变式1-1】（2023·全国·模拟预测）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2=1，S 4=8．若S n −2a n =6，则n =（）A ．5B ．6C ．7D ．8【变式1-2】（2023·四川攀枝花·统考模拟预测）已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1+a 3=30,S 4=120，则其公比q =（）A ．1B ．2C ．3D ．1或3【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）已知正项等比数列{a n }满足2a 2a 5=a 32，若log 12a 1+log 12a 2+⋯+log 12a 10=55，则a 1=（）A ．12B ．32C ．2D ．52【题型2 等差、等比数列的判定与证明】【例2】（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=1，a 2=2，且对于任意n ≥2，n ∈N ∗，S n+1+S n−1=2(S n +1)恒成立，则（）A ．{a n }是等差数列B ．{a n }是等比数列C ．S 9=81D ．S 10=91【变式2-1】（2023·江苏淮安·统考模拟预测）设数列{a n }的前n 项和为S n .记命题p ：“数列{a n }为等比数列”，命题q ：“S n ，S 2n −S n ，S 3n −S 2n 成等比数列”，则p 是q 的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【变式2-2】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知数列{a n }满足a 1=23，且a n+1=2a n a n +1.(1)求证：数列{1a n−1}是等比数列；(2)若1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a n<100，求满足条件的最大整数n .【变式2-3】（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）设数列{a n}的前n项和为S n，已知S n⬚+2+3S n= 4S n⬚+1−2a n，a1=1，a2=3．(1)证明：数列{a n⬚+1−2a n}是等差数列；(2)记(a n+1)b n=n+2n2+n，T n为数列{b n}的前n项和，求T n．【题型3 数列通项公式的求解】【例3】（2023·四川绵阳·统考模拟预测）已知等差数列{a n}的公差为2，且a1,a2,a4成等比数列．(1)求数列{a n}的前n项和S n；(2)若数列{b n}的首项b1=1,b n+b n+1=(√2)a n，求数列{b2n}的通项公式．【变式3-1】（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知数列{a n}的前n项和为S n，S2=1，a n+1=(1 2+12n)a n．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)证明：S n <2．【变式3-2】（2023·山东·山东校联考模拟预测）已知数列{a n }前n 项和为S n ，且对任意的正整数n,n 与S n 的等差中项为a n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：n2−13<a 1a 2+a 2a 3+⋯+a n a n+1<n2(n ∈N *).【变式3-3】（2023·广西南宁·校考模拟预测）数列{a n }满足2a 2k+1=a 2k−1+a 2k+3，a 2k+2a 2k=q （k ∈N *,q 为正常数），且a 2=2a 1=2，a 32=a 2⋅a 6，a 1+a 2+a 3=a 5.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【题型4 等差、等比数列的综合问题】的等比数列{a n}的前n项和为S n，且−S2,S4,3S3成等差数【例4】（2023·四川德阳·统考一模）已知首项为12列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{S n+1}的最大项.S n【变式4-1】（2023·四川南充·统考一模）已知数列{a n}是首项为2的等比数列,且a4是6a2和a3的等差中项．(1)求{a n}的通项公式；,求{b n}的前2023项和T2023．(2)若数列{a n}的公比q>0,设数列{b n}满足b n=1log2a n⋅log2a n+1【变式4-2】（2023·广东·东莞市东华高级中学校联考一模）已知数列{a n}为等差数列，数列{b n}为等比数列，b2−b1=2，b3−b2=6.(1)求数列{b n}的通项公式；(2)设数列{a n}的前n项和为S n，若S6=b3，S12=b4，求S n.【变式4-3】（2023·全国·模拟预测）已知公差不为0的等差数列{a n}和等比数列{b n}中，a1=1，b1=2，a3+b2=−1，a5+b3=3.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)若T n为数列{1a n a n+1}的前n项和，求使T n+nb3≤0成立的n的取值范围.【题型5 数列性质的综合问题】【例5】（2023·四川雅安·统考一模）已知数列{a n}是等差数列，数列{b n}是等比数列，若a1+a5+a9=9,b2b5b8=3√3，则a2+a81+b2b8=（）A．2B．√3C．32D．√33【变式5-1】（2023·上海·统考模拟预测）已知数列{a n}的各项均为实数，S n为其前n项和，若对任意k>2022，都有|S k|>|S k+1|，则下列说法正确的是（）A．a1,a3,a5,⋯,a2n−1为等差数列，a2,a4,a6,⋯,a2n为等比数列B．a1,a3,a5,⋯,a2n−1为等比数列，a2,a4,a6,⋯,a2n为等差数列C．a1,a2,a3,⋯,a2022为等差数列，a2022,a2023,a2024,⋯,a n为等比数列D．a1,a2,a3,⋯,a2022为等比数列，a2022,a2023,a2024,⋯,a n为等差数列【变式5-2】（2023·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考一模）设等差数列{a n}的公差为d，共前n项和为S n，已知S16>0，S17<0，则下列结论不正确的是（）.A．a1>0，d<0B．S8与S9均为S n的最大值C．a8+a9>0D．a9<0【变式5-3】（2023·山东潍坊·山东校考模拟预测）设等比数列{a n}的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，a2019a2020>1，a2019−1a2020−1<0，下列结论正确的是（）A．S2019<S2020B．S2019S2020−1<0C．T2020是数列{T n}中的最大值D．数列{T n}无最大值【题型6 数列求和】【例6】（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）已知等差数列{a n}的首项a1≠0，公差为d，S n为{a n}的前n项和，{S na n}为等差数列．(1)求a1与d的关系；(2)若a1=1，T n为数列{1a n a n+1}的前n项和，求使得T n<79成立的n的最大值．【变式6-1】（2023·河北·模拟预测）已知函数f(x)满足f(x)+f(1−x)=2，若数列{a n}满足：a n=f(0)+f(1n )+⋯+f(n−1n)+f(1).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足b1=23，b n=1a n⋅a n+1（n≥2），数列{b n}的前n项和为S n，若S n<λa n+1对一切n∈N∗恒成立，求实数λ的取值范围.【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）已知数列{a n}是各项均为正数的等比数列，且a1=4,a2+18是a1与a3的等差中项．数列{b n}满足b n+1−b n=a n，且b1=1．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)记c n=[log2b n+1]（其中，符号[x]表示不超过x的最大整数），求数列{b n⋅c n}的前n项和S n．【变式6-3】（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知等差数列{a n}的首项为1，公差为2．正项数列{b n}的前n 项和为S n，且2S n=b n2+b n．(1)求数列{a n}和数列{b n}的通项公式；(2)若c n ={a n ,n 为奇数2b n ,n 为偶数，求数列{c n }的前2n 项和．【题型7 数列问题的实际应用】【例7】（2023·广东潮州·统考模拟预测）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设f (x )={10x +1,x >11−5x,0<x ≤1，则f (a )=（）A ．−5B ．7C ．13D ．26【变式7-1】（2023·陕西榆林·统考三模）现有17匹善于奔驰的马，它们从同一个起点出发，测试它们一日可行的路程．已知第i （i =1，2，…，16）匹马的日行路程是第i +1匹马日行路程的1.05倍，且第16匹马的日行路程为315里，则这17匹马的日行路程之和约为（取1.0517=2.292）（）A ．7750里B ．7752里C ．7754里D ．7756里【变式7-2】（2023·上海金山·统考一模）近两年，直播带货逐渐成为一种新兴的营销模式，带来电商行业的新增长点.某直播平台第1年初的启动资金为500万元，由于一些知名主播加入，平台资金的年平均增长率可达40%，每年年底把除运营成本a万元，再将剩余资金继续投入直播平合.(1)若a=100，在第3年年底扣除运营成本后，直播平台的资金有多少万元？(2)每年的运营成本最多控制在多少万元，才能使得直播平台在第6年年底㧅除运营成本后资金达到3000万元？（结果精确到0.1万元）【变式7-3】（2023·湖南郴州·统考三模）“现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念，掌握好这两个概念，对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法都是十分有益的.所谓“现值”是指在n期末的金额，把它扣除利息后，折合成现时的值，而“终值”是指n期后的本利和.它们计算的基点分别是存期的起点和终点.例如，在复利计息的情况下，设本金为A，每期利率为r，期数为n，到期末的本利和为S，则S=.A(1+r)n其中，S称为n期末的终值，A称为n期后终值S的现值，即n期后的S元现在的价值为A=S(1+r)n现有如下问题：小明想买一座公寓有如下两个方案方案一：一次性付全款25万元；方案二：分期付款，每年初付款3万元，第十年年初付完；(1)已知一年期存款的年利率为2.5%，试讨论两种方案哪一种更好？(2)若小明把房子租出去，第一年年初需交纳租金2万元，此后每年初涨租金1000元，参照第（1））问中的存款年利率2.5%，预计第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值.（精确到百元）参考数据：(1+2.5%)10≈1.28【题型8 数列不等式问题】【例8】（2023·全国·校联考模拟预测）已知数列{a n }中，a 1=5，且2a n+1=a n +2，S n 为其前n 项的和． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求满足不等式|S n −2n −6|<12023的最小正整数n 的值；(3)设b m =(m −3)2+λ2，C n =nλ(43)n−1(a n −23)，其中λ>0，若对任意m ，n ∈N ∗，总有b m −c n >73成立，求λ的取值范围．【变式8-1】（2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测）数列{a n }中，a 1=49，对任意正整数n 都有(3n +9)⋅(n +1)2a n+1=(n +2)3a n . (1)求{a n }的通项公式；(2)设{a n }的前n 项和为S n ，证明： ①a n <(13)n⋅(n +1)；②S n <54−2n+54⋅3n.【变式8-2】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=1，S 4=10，数列{b n }满足：b 1=3，b n+1=2b n −1(n ∈N ∗)． (1)证明：{b n −1}是等比数列； (2)证明：S 2n+1⋅b n >2S n ⋅b n+1；(3)设数列{c n }满足：c n ={a n+1a n 2a n+22,n 为奇数a 2nb n,n 为偶数．证明：∑c k 2n k=1<94．【变式8-3】（2023·广西南宁·校考模拟预测）函数f (x )=ax 2+bx +c 满足f (0)=0，f (x )=f (−1−x )，且与直线y =−2x −2相切. (1)求实数a ，b ，c 的值；(2)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且点(a n ,4S n )在函数f (x )的图象上，若不等式S n +8>(−1)n ⋅λa n 对于任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围.【题型9 以数列为载体的新定义或情境题】【例9】（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）若项数为N (N ≥3)的数列A N :a 1,a 2,⋯,a N 满足：a 1=1,a i ∈N *(i =2,3,⋯,N )，且存在M ∈{2,3,⋯,N −1}，使得a n+1−a n ∈{{1,2},1≤n ≤M −1{−1,−2},M ≤n ≤N −1，则称数列A N 具有性质P .(1)①若N =3，写出所有具有性质P 的数列A 3； ②若N =4,a 4=3，写出一个具有性质P 的数列A 4；(2)若N=2024，数列A2024具有性质P，求A2024的最大项的最小值；(3)已知数列A N:a1,a2,⋯,a N,B N:b1,b2,⋯,b N均具有性质P，且对任意i,j∈{1,2,⋯,N}，当i≠j时，都有a i≠a j,b i≠b j．记集合T1={a1,a2,⋯,a N}，T2={b1,b2,⋯,b N}，求T1∩T2中元素个数的最小值.【变式9-1】（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）已知有限数列{a n}，从数列{a n}中选取第i1项、第i2项、⋯、第i m项（i1<i2<⋯<i m），顺次排列构成数列{b k}，其中b k=a ik，1≤k≤m，则称新数列{b k}为{a n}的长度为m的子列．规定：数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的子列，若数列{a n}的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列{a n}为完全数列．设数列{a n}满足a n=n，1≤n≤25,n∈N∗．(1)判断下面数列{a n}的两个子列是否为完全数列，并说明由；数列①：3，5，7，9，11；数列②：2，4，8，16．(2)数列{a n}的子列{b k}长度为m，且{b k}为完全数列，证明：m的最大值为6；(3)数列{a n}的子列{b k}长度m=5，且{b k}为完全数列，求1b1+1b2+1b3+1b4+1b5的最大值．【变式9-2】（2023·北京朝阳·统考一模）已知有穷数列A:a1,a2,⋯,a N(N∈N∗,N≥3)满足a i∈{−1,0,1}(i= 1,2,⋯,N)．给定正整数m，若存在正整数s，t(s≠t)，使得对任意的k∈{0,1,2,⋯,m−1}，都有a s+k=a t+k，则称数列A是m−连续等项数列．(1)判断数列A:−1,1,0,1,0,1,−1是否为3−连续等项数列？是否为4−连续等项数列？说明理由； (2)若项数为N 的任意数列A 都是2−连续等项数列，求N 的最小值；(3)若数列A:a 1,a 2,⋯,a N 不是4−连续等项数列，而数列A 1:a 1,a 2,⋯,a N ,−1，数列A 2:a 1,a 2,⋯,a N ,0与数列A 3:a 1,a 2,⋯,a N ,1都是4−连续等项数列，且a 3=0，求a N 的值．【变式9-3】（2023·全国·郑州中学校考模拟预测）若一个数列的奇数项为公差为正的等差数列，偶数项为公比为正的等比数列，且公差公比相同，则称数列为“摇摆数列”，其表示为a n ={a 1+n−12d,n =2k −1a 2qn−22,n =2k，k ∈N ∗，a 2=q ，若数列{a n }(n ∈N ∗)为“摇摆数列”且a 1=1，a 1+a 2=a 3，a 2a 3=20 (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n =na n ，求数列{b n }的前项和T 2n ．（注：∑i 2ni=1=n(n+1)(2n+1)6）1．（2023·北京·统考高考真题）已知数列{a n}满足a n+1=14(a n−6)3+6(n=1,2,3,⋯)，则（）A．当a1=3时，{a n}为递减数列，且存在常数M≤0，使得a n>M恒成立B．当a1=5时，{a n}为递增数列，且存在常数M≤6，使得a n<M恒成立C．当a1=7时，{a n}为递减数列，且存在常数M>6，使得a n>M恒成立D．当a1=9时，{a n}为递增数列，且存在常数M>0，使得a n<M恒成立2．（2023·全国·统考高考真题）记S n为数列{a n}的前n项和，设甲：{a n}为等差数列；乙：{S nn}为等差数列，则（）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件3．（2023·全国·统考高考真题）设等比数列{a n}的各项均为正数，前n项和S n，若a1=1，S5=5S3−4，则S4=（）A．158B．658C．15D．404．（2023·北京·统考高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{a n}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1=1,a5=12,a9=192，则a7=；数列{a n}所有项的和为．5．（2022·北京·统考高考真题）已知数列{a n}各项均为正数，其前n项和S n满足a n⋅S n=9(n=1,2,⋯)．给出下列四个结论：①{a n}的第2项小于3；②{a n}为等比数列；的项．③{a n}为递减数列；④{a n}中存在小于1100其中所有正确结论的序号是．6．（2023·北京·统考高考真题）已知数列{a n},{b n}的项数均为m(m>2)，且a n,b n∈{1,2,⋯,m},{a n},{b n}的前n项和分别为A n,B n，并规定A0=B0=0．对于k∈{0,1,2,⋯,m}，定义r k=max{i∣B i≤A k,i∈{0,1,2,⋯,m}}，其中，maxM表示数集M中最大的数.(1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b=3,b3=3，求r0,r1,r2,r3的值；(2)若a1≥b1，且2r j≤r j+1+r j−1,j=1,2,⋯,m−1,，求r n；(3)证明：存在p,q,s,t∈{0,1,2,⋯,m}，满足p>q,s>t,使得A p+B t=A q+B s．7．（2023·全国·统考高考真题）设S n为数列{a n}的前n项和，已知a2=1,2S n=na n．(1)求{a n}的通项公式；(2)求数列{a n+1}的前n项和T n．2n8．（2023·天津·统考高考真题）已知{a n }是等差数列，a 2+a 5=16,a 5−a 3=4．(1)求{a n }的通项公式和∑a i 2n−1i=2n−1(n ∈N ∗)．(2)设{b n }是等比数列，且对任意的k ∈N *，当2k−1≤n ≤2k −1时，则b k <a n <b k+1，（Ⅰ）当k ≥2时，求证：2k −1<b k <2k +1；（Ⅱ）求{b n }的通项公式及前n 项和．9．（2023·全国·统考高考真题）已知{a n }为等差数列，b n ={a n −6,n 为奇数2a n ,n 为偶数，记S n ，T n 分别为数列{a n }，{b n }的前n 项和，S 4=32，T 3=16． (1)求{a n }的通项公式； (2)证明：当n >5时，T n >S n ．10．（2022·北京·统考高考真题）已知Q:a 1,a 2,⋯,a k 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的n ∈{1,2,⋯,m}，在Q 中存在a i ,a i+1,a i+2,⋯,a i+j (j ≥0)，使得a i +a i+1+a i+2+⋯+a i+j =n ，则称Q 为m −数学是打开科学大门的钥匙-培根连续可表数列．(1)判断Q:2,1,4是否为5−连续可表数列？是否为6−连续可表数列？说明理由； (2)若Q:a 1,a 2,⋯,a k 为8−连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若Q:a 1,a 2,⋯,a k 为20−连续可表数列，且a 1+a 2+⋯+a k <20，求证：k ≥7．11．（2022·全国·统考高考真题）记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S n n+n =2a n +1．(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值．12．（2022·天津·统考高考真题）设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且a 1=b 1=a 2−b 2=a 3−b 3=1． (1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设{a n }的前n 项和为S n ，求证：(S n+1+a n+1)b n =S n+1b n+1−S n b n ； (3)求∑[a k+1−(−1)k a k ]b k 2nk=1．数列【题型1 等差、等比数列的基本量的求解】 (3)【题型2 等差、等比数列的判定与证明】 (5)【题型3 数列通项公式的求解】 (8)【题型4 等差、等比数列的综合问题】 (12)【题型5 数列性质的综合问题】 (15)【题型6 数列求和】 (17)【题型7 数列问题的实际应用】 (20)【题型8 数列不等式问题】 (23)【题型9 以数列为载体的新定义或情境题】 (28)数列是高考的热点内容，命题形式多种多样，大小均有，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，小题重点考查等差数列、等比数列的基础知识、性质以及数列的递推关系，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；解答题的难度中等或稍难，往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合，与不等式结合时“放缩”思想及方法尤为重要，需要灵活求解.(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证a n-a n-1为同一常数.即作差法，将关于a n-1的a n代入a n-a n-1，在化简得到定值.(2)等差中项法：验证2a n-1=a n+a n-2（n≥3，n∈N*）都成立.2.判定一个数列是等差数列还常用到的结论：(1)通项公式：a n=pn+q（p,q为常数）是等差数列.(2)前n项和公式：S n=An2+Bn（A,B为常数）是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.3.证明数列是等比数列的主要方法：(1)定义法：（常数）为等比数列；(2)为等比数列；(3)通项公式法：（k，q为常数）为等比数列；证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可；在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n=1的情形进行验证.【知识点2 数列通项公式的求解策略】1.含n S ，n a 的式子求通项的方法：在处理含n S ，n a 的式子时，一般情况下利用公式n a =1*1,1,2,nn S n S S n n − =⎧⎨−∈⎩N ≥且，消去n S ，进而求出{}n a 的通项公式；但是有些题目虽然要求{}n a 的通项公式，但是并不便于运用n S ，这时可以考虑先消去n a ，得到关于n S 的递推公式，求出n S 后再求解n a ．2.形如1()n n a a f n +−=的递推关系式求通项的方法：遇到形如1()n n a a f n +−=的递推关系式，可利用累加法求{}n a 的通项公式，遇到形如1()n na f n a +=的递推关系式，可利用累乘法求{}n a 的通项公式，注意在使用上述方法求通项公式时，要对第一项是否满足进行检验．3.构造数列求通项的方法：遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：(1)形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪−−⎝⎭，则1n q a p ⎧⎫+⎨⎬−⎩⎭是以11q a p +−为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ；(2)形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n nn na a p q q q ++=⋅+，设n nn a b q =，从而变成1n b +=1n pb q+，从而将问题转化为第(1)个问题； (3)形如11n n n n qa pa a a ++−=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +−=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +−=，从而将问题转化为第(1)个问题．【知识点3 数列的单调性与最值问题的解题策略】1.判断数列单调性的方法 (1)比较法（作差或作商）； (2)函数化（要注意扩展定义域）．2.求数列最值的方法 (1)利用数列的单调性；(2)设最大值项为n a ，解方程组11n n nn a a a a −+⎧⎨⎩≥≥，再与首项比较大小（以最大值项为例，最小值项同理）．【知识点4 数列求和的几种方法】1.公式法：公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础；其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和，然后利用等差或等比数列的求和公式进行求解.注意利用等比数列求和公式时，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．2.裂项相消法求和：用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，1k=−，1111()n n k k n n k ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，但是前后所剩项数一定相同．3.错位相减法求和：用错位相减法求和时的注意点：(1)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“n n S qS −”的表达式；(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论． 4.分组（并项）法求和：分组（并项）法求和的常见类型：(1)若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组（并项）法求{}n a 的前n 项和； (2)若通项公式为,, n n nb n ac n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组（并项）法求和.【题型1 等差、等比数列的基本量的求解】【例1】（2023·江西新余·统考二模）记S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，若a 2=S 3，a 1a 3=S 4，则数列{a n }的公差为（）A ．−2B ．−1C ．2D ．4【解题思路】由等差数列和等差数列的前n 项和公式代入求解即可得出答案.【解答过程】由a 2=S 3可得：a 1+d =3a 1+3d ①，由a 1a 3=S 4可得：a 1(a 1+2d )=4a 1+4×32d ②，由①②可得：d =−2或d =0(舍去). 故选：A.【变式1-1】（2023·全国·模拟预测）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2=1，S 4=8．若S n −2a n =6，则n =（）A ．5B ．6C ．7D ．8【解题思路】设等差数列{a n }的公差为d ，由等差数列的通项公式和前n 项和公式列方程组，解方程求出a 1,d ，即可求出a n ,S n ，代入S n −2a n =6即可得出答案.【解答过程】设等差数列{a n }的公差为d ．由条件可知{a 1+d =1,4a 1+6d =8, 解得{a 1=−1,d =2,所以a n =−1+2(n −1)=2n −3，S n =n (−1+2n−3)2=n 2−2n ．由S n −2a n =6，得n 2−2n −2(2n −3)=6，即n 2−6n =0，解得n =6（n =0舍去）．故选：B ．【变式1-2】（2023·四川攀枝花·统考模拟预测）已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1+a 3=30,S 4=120，则其公比q =（）A ．1B ．2C ．3D ．1或3【解题思路】由a 2+a 4=90结合a 2+a4a 1+a 3=q (a 1+a 3)a 1+a 3求解即可.【解答过程】因为a 1+a 3=30,S 4=120，所以a 2+a 4=90，则a 2+a 4a 1+a 3=q (a 1+a 3)a 1+a 3=q =3.故选：C.【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）已知正项等比数列{a n }满足2a 2a 5=a 32，若log 12a 1+log 12a 2+⋯+log 12a 10=55，则a 1=（）A ．12B ．32C ．2D ．52【解题思路】设出等比数列的公比q ，利用2a 2a 5=a 32求出q =12，再由log 12a 1+log 12a 2+⋯+log 12a 10=55即可求出a1.【解答过程】设等比数列{a n}的公比为q．由2a2a5=a32，得2a1q⋅a1q4=(a1q2)2，解得q=12，又log12a1+log12a2+⋯+log12a10=log12(a1a2⋯a10)=log12[a110⋅(12)1+2+⋯+9]=log12a110+log12(12)45=10log12a1+45=55得a1=12．故选：A.【题型2 等差、等比数列的判定与证明】【例2】（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a2=2，且对于任意n≥2，n∈N∗，S n+1+S n−1=2(S n+1)恒成立，则（）A．{a n}是等差数列B．{a n}是等比数列C．S9=81D．S10=91【解题思路】推导出a n+1−a n=2(n≥2)，可判断AB选项；求出数列{a n}的通项公式，利用等差数列的求和公式可判断CD选项.【解答过程】因为对于任意n≥2，n∈N∗，满足S n+1+S n−1=2(S n+1)，所以S n+1−S n=S n−S n−1+2，即a n+1−a n=2，且a2−a1=1，所以，数列{a n}不是等差数列，也不是等比数列，A错B错；当n≥2时，a n=a2+2(n−2)=2+2(n−2)=2n−2，所以，a n={1,n=12n−2,n≥2，所以，S9=1+(2+4+6+⋯+16)=1+8(2+16)2=73，C错；S10=S9+a10=73+18=91，D对.故选：D.【变式2-1】（2023·江苏淮安·统考模拟预测）设数列{a n}的前n项和为S n.记命题p：“数列{a n}为等比数列”，命题q：“S n，S2n−S n，S3n−S2n成等比数列”，则p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解题思路】根据充分条件、必要条件的定义、等比数列的定义计算可得.【解答过程】若数列{a n}为等比数列，设公比为q，则当q=1时S n=na1，所以S2n−S n=2na1−na1=na1，S3n−S2n=3na1−2na1=na1，显然a1≠0，所以S n，S2n−S n，S3n−S2n成等比数列，当q≠1时S n=a1(1−q n)1−q，所以S2n−S n=a1(1−q2n)1−q −a1(1−q n)1−q=a1q n(1−q n)1−q，S3n−S2n=a1(1−q3n)1−q−a1(1−q2n)1−q=a1q2n(1−q n)1−q，所以(S2n−S n)2=S n⋅(S3n−S2n)，但是当q=−1且当n为正偶数时，此时S n=0，S2n−S n=0，S3n−S2n=0则S n，S2n−S n，S3n−S2n不成等比数列，故充分性不成立，若S n，S2n−S n，S3n−S2n成等比数列，当n=1时S1=a1，S2−S1=a2，S3−S2=a3成等比数列，当n=2时S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，不妨令a1=m(m≠0)，a2=2m，a3=4m，a4=2m，a5=5m，a6=7m，显然满足S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，但是a1，a2，a3，a4，a5，a6不成等比数列，故必要性不成立，所以p是q的既不充分也不必要条件.故选：D.【变式2-2】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知数列{a n }满足a 1=23，且a n+1=2a na n +1.(1)求证：数列{1a n−1}是等比数列；(2)若1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a n<100，求满足条件的最大整数n .【解题思路】（1）由已知得1a n+1−1=12(1an−1)再由等比数列的定义可得答案；（2）由（1）求出1a n=(12)n+1，再由等比数列的求和公式可得1a 1+1a 2+⋯+1a n=n +1−(12)n，令b n =n +1−(12)n，根据{b n }的单调性可得答案.【解答过程】（1）1a n+1=a n+12a n=12+12a n，1a n+1−1=12(1an−1)，a 1=23，1a 1−1=12，{1a n−1}是以12为首项，12为公比的等比数列；（2）由（1）：1a n−1=(12)n，1a n=(12)n+1，1a 1+1a 2+⋯+1a n=n +12(1−(12)n )1−12=n +1−(12)n，令b n =n +1−(12)n，因为y =x +1,y =−(12)x在(1,+∞)单调递增，所以f (x )=x +1−(12)x在(1,+∞)单调递增，∴ {b n }单调递增，b n =n +1−(12)n<100，可得n ≤99，所以满足条件的最大整数为99.【变式2-3】（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ⬚+2+3S n =4S n ⬚+1−2a n ，a 1=1，a 2=3． (1)证明：数列{a n ⬚+1−2a n }是等差数列；(2)记(a n +1)b n =n+2n 2+n ，T n 为数列{b n }的前n 项和，求T n ．【解题思路】（1）由S n ⬚+2+3S n =4S n ⬚+1−2a n 得出a n+2=3a n+1−2a n ，再计算(a n+2−2a n+1)−(a n+1−2a n )，将a n+2=3a n+1−2a n 代入，即可证明；（2）由（1）得a n+1=2a n +1，得出{a n +1}为公比为1的等比数列，根据等比数列的通项公式得出a n +1=。

2020版高考数学复习第31讲数列求和课件文新人教A版

[答案] [(3n-1)22n+1+2]
[解析] 由 bn=nan=n· 22n-1 知 Sn=1×2+2×23+3×25+…+n×22n-1①, 则 22 · Sn=1×23+2×25+3×27+…+n×22n+1②,
1 9
①-②得
(1-22)· Sn=2+23+25+…+22n-1-n×22n+1,即 Sn= [(3n-1)22n+1+2].
1 �� ;(2)由(1) 2
(1)求数列{bn}的通项公式; (2)若数列{cn}满足 cn=anbn,求数列{cn}的前 n 项和 Sn.
可求得 an=3n-1(n∈N*),代入 an+1+3log2bn=0,可得 bn=
1 2
可知 cn=anbn=(3n-1)× �� ,所以由错位相减法可求得数列{cn}的前 n 项和 Sn.
=
na1+
�� (�� -1) d 2
. (其中 a1 为首项,d 为公差)
②等比数列{an}的前 n 项和公式:
当 q=1 时,Sn= na1 (2)分组求和法 ;
�� 当 q≠1 时,Sn= ��1 (1-�� )
1-��
��1 -�� = 1-��
.
课堂考点探究
探究点一分组转化法求和
例 1[2018· 湖南益阳 4 月调研] 已知等差数列{an}的公差为 d,且方程 a1x -dx-3=0 的两个根分别为-1,3.

备战高考数学一轮复习讲义第31讲第1课时分组求和法与错位相减法

第31讲数列的求和激活思维1. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，则其前20项和为( C )A. 379＋1220 B. 399＋1220 C. 419＋1220D. 439＋1220解析：令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1220＝419＋1220.2. (人A 选必二P41习题7改)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎨⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( C ) A. 1 121 B. 1 122 C. 1 123D. 1 124解析：由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.3. (人A 选必二P25习题7改)若数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( B )A. 9B. 99C. 10D. 100解析：因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令n ＋1－1＝9，得n ＝99. 4. (人A 选必二P25习题10改)(多选)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝3，S 4＝16，n ∈N *，设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和T n ，则( AD )A. a 5＝9B. a 5＝11C. T 5＝1011D. T 5＝511解析：设数列{a n }的公差为d ，因为a 2＝3，S 4＝16，所以a 1＋d ＝3,4a 1＋6d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1，所以a 5＝9，所以b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1，所以T 5＝511. 5. (人A 选必二P40习题3改)数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n 2n －1的前n 项和T n ＝ 4－n ＋22n －1 .解析：因为T n ＝1＋22＋322＋423＋…＋n －12n －2＋n 2n －1，所以12T n ＝12＋222＋323＋424＋…＋n －12n －1＋n 2n ，两式相减得，12T n ＝1＋12＋122＋123＋124＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ，故T n ＝4－n ＋22n －1.基础回归1. 分组求和法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n 项和的数列进行求和．2. 分组求和法的常见类型3. 错位相减法求和如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法．如：{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的和．4. 裂项相消法常用的裂项技巧(1) 1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；(2)1n ＋k ＋n ＝1k(n ＋k －n )．5. 常用结论(1) 1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2) 12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.(3) 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分别讨论公比等于1和不等于1两种情况．第1课时分组求和法与错位相减法举题说法分组求和法例1 (2022·菏泽二模)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和S n 满足2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －2n 3为等比数列；【解答】由2S n ＋a n ＋1＝2n ＋1－1(n ≥1)①，得2S n －1＋a n ＝2n －1(n ≥2)②，由①－②，得a n ＋a n ＋1＝2n(n ≥2)，则a n ＋1＝－a n ＋2n⇒a n ＋1－2n ＋13＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2n 3(n ≥2)，又当n ＝1时，由①得a 2＝1⇒a 2－223＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－23，所以对任意的n ∈N *，都有a n＋1－2n ＋13＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2n 3，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －2n 3是以13为首项，－1为公比的等比数列． (2) 求S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 2n .【解答】由(1)知a n －2n 3＝(－1)n －13，得a n ＝2n ＋(－1)n －13，所以a n ＋1＝2n ＋1＋(－1)n 3，代入①，得S n ＝2n ＋13－(－1)n 6－12，所以S 1＋S 2＋…＋S 2n ＝13(22＋23＋…＋22n ＋1)－16[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n ]－2n 2＝13⎝⎛⎭⎪⎫22－22n ＋21－2－0－n ＝22n ＋2－3n －43.某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项的结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．变式已知在数列{a n }中，a 1＝1且2a n ＋1＝6a n ＋2n －1(n ∈N *)． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋n 2为等比数列；【解答】因为2a n ＋1＝6a n ＋2n －1(n ∈N *)，所以a n ＋1＝3a n ＋n －12，所以a n ＋1＋n ＋12a n ＋n 2＝3a n ＋n －12＋n ＋12a n ＋n 2＝3a n ＋32n a n ＋n 2＝3，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋n 2为等比数列，首项为32，公比为3.(2) 求数列{a n }的前n 项和S n .【解答】由(1)得a n ＋n 2＝32×3n －1＝12×3n ，所以a n ＝12×3n －n2，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝12(31＋32＋33＋…＋3n )－12(1＋2＋3＋…＋n )＝12·3(1－3n)1－3－12·n (n ＋1)2＝3(3n －1)4－n 2＋n 4＝3n ＋1－n 2－n －34.错位相减法求和例2 (2022·邯郸二模)已知等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 1＝2,2a 1＋a 3＝3a 2. (1) 求数列{a n }的通项公式；【解答】由2a 1＋a 3＝3a 2，得2×2＋2×q 2＝3×2q ，解得q ＝2或q ＝1(舍去)，所以a n ＝2×2n －1＝2n .(2) 设数列{a n }的前n 项和为S n ，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n S n ＋2的前n 项和．【解答】由(1)可知a n ＝2n，所以S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2，所以n S n ＋2＝n2n ＋1＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n S n ＋2的前n 项和为T n ，T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1①，12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2②，①－②，得12T n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2，即12T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2，所以T n ＝1－(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.用错位相减法求和时，应注意防范以下错误：1. 两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．2. 对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n －1项和当作n 项和．3. 在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比q 为参数，应分公比q ＝1和q ≠1两种情况求解．4. 在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．变式 (2022·临沂二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋1. (1) 求{a n }的通项公式；【解答】由S n ＋1＝2S n ＋1，得S n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，所以S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)．又a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋1，所以a 2＋a 1＝2a 1＋1，整理得a 2＝2a 1，所以数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2) 记b n ＝log 2a na n，求数列{b n }的前n 项和T n .【解答】由(1)得a n ＝2n －1，所以b n ＝log 2a na n＝log 22n －12n －1＝n －12n －1，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，即T n ＝0＋12＋222＋…＋n －12n －1，12T n ＝0＋122＋223＋…＋n －12n ，两式相减，得12T n ＝12＋122＋…＋12n －1－n －12n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－n －12n ＝1－n ＋12n ，所以T n ＝2－n ＋12n －1.并项法求和例3 (2022·南平三模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝n ＋1n .(1) 求数列{a n }的通项公式；【解答】因为a 1＝1，a n ＋1a n ＝n ＋1n ，所以当n ≥2时，a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝21×32×…×n n －1，则a na 1＝n ，即a n ＝n ，当n ＝1时，也成立，所以a n ＝n .(2) 若{b n }满足b 2n ＝2a n －24，b 2n －1＝2a n －22.设S n 为数列{b n }的前n 项和，求S 20.【解答】由(1)知b 2n ＝2a n －24＝2n －24，b 2n －1＝2a n －22＝2n －22，则b 2n ＋b 2n －1＝4n －46，则S 20＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 19＋b 20)＝(4×1－46)＋(4×2－46)＋…＋(4×10－46)＝4×(1＋10)×102－46×10＝－240.当数列{a n }的连续两项a n －1＋a n 或多项的和(差)为等差数列或等比数列时，通常用并项法进行求和．变式在等差数列{a n }中，a 4＝5，a 7＝11.设b n ＝(－1)n ·a n ，则数列{b n }的前100项和S 100等于( D )A. －200B. －100C. 200D. 100解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎨⎧a 1＋3d ＝5，a 1＋6d ＝11⇒⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝2⇒a n ＝2n －3，所以b n ＝(－1)n (2n －3)．又b 2n －1＋b 2n ＝－a 2n －1＋a 2n ＝－(4n －5)＋4n －3＝2，所以S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)＝50×2＝100.随堂内化1. 若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( A )A. 15B. 12C. －12D. －15解析： a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15.2. 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n 的前n 项和是( D )A. 2－n 2nB. 2－12n －1C. 2－n －12n －1－n 2nD. 2－12n －1－n2n解析：由题知S n ＝1×12＋2×14＋3×18＋…＋n ×12n ①，则12S n ＝1×14＋2×18＋3×116＋…＋(n －1)×12n ＋n ×12n ＋1②.两式相减得12S n ＝12＋14＋18＋…＋12n －n ×12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1，所以S n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12n －n 2n ＋1＝2－12n －1－n 2n . 3. (多选)在等差数列{a n }中，已知a 2＝4，通项为a n ，前4项和为18，设b n ＝n ·2a n －2，数列{b n }的前n 项和为T n ，则( AC )A. a n ＝n ＋2B. a n ＝n ＋3C. T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2D. T n ＝(n －1)×2n ＋1＋3解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，4a 1＋4×32d ＝18，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝1，所以a n ＝n ＋2，可得b n ＝n ·2n ，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ①，2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n＋1②.由①－②得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2－2n ＋11－2－n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2，所以T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.4. 已知数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为n(n＋1)2－12n＋1.解析：设所求的前n项和为S n，则S n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋⎝⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n＝n(n＋1)2＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n1－12＝n(n＋1)2－12n＋1.5. 1＋11＋111＋…＋的和是10n＋1－9n－1081.解析：因为＝19×＝10n－19，所以1＋11＋111＋…＋＝19[(10－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1)]＝19(10＋102＋103＋…＋10n)－n9＝19×10(1－10n)1－10－n9＝10n＋1－9n－1081.练案❶趁热打铁，事半功倍. 请老师布置同学们及时完成《配套精练》．练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(分基础和提高两个版本)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考保分增效天天练》，成书可向当地发行咨询购买．。

2015届高考数学(理)一轮讲义：第31讲推理与证明问题经典回顾课后练习

第31讲推理与证明问题经典回顾主讲教师：丁益祥北京陈经纶中学数学特级教师题一：若数列)}({*N n a n ∈是等差数列，则有数列*123......,()nn a a a a b n N n++++=∈也是等差数列；类比上述性质，相应地：若数列)}({*N n c n ∈是等比数列，且0>n c ，则有数列*________,()n d n N =∈也是等比数列？题二：在等差数列{}n a 中，若010=a ，则有等式n a a a +⋅⋅⋅++211219n a a a -=++⋅⋅⋅+(19,)n n N +<∈成立，类比上述性质，相应地：在等比数列{}n b 中，若19=b ，则有等式成立.题三：在一个有限实数列中，任意接连７项之和为负，任意接连11项之和为正，求证：这样的数列的项数不超过16.题四：用反证法证明：12不可能是一个等差数列中的三项题五：找出三角形和空间四面体的相似性质，并用三角形的下列性质类比出四面体的有关性质（1）三角形的两边之和大于第三边.（2）三角形的中位线等于第三边的一半，并且平行于第三边.（3）三角形的三条内角平分线交于一点，且这个点是三角形内切圆的圆心. （4）三角形的面积为S=12（a+b+c ）r （r 为内切圆半径）. 题六：如图,平面中三角形有1a b ca b cp p p h h h ++=,类比平面研究三棱锥的元素关系，可以得出的正确结论是题七：将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n 次全行的数都为1的是第行．第1行 1 1 第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1…… ………………………………………题八：⑴下面三个图是由若干盆花组成形如三角形的图案，每条边（包括顶点）有n(n>1)盆花，每个图案花盆总数为S ，按此规律推断，S 与n 的关系式是＿＿＿＿＿＿.n=2 n=3 n=4 S=3 S=6 S=9⑵观察下列的图形中小正方形的个数，则第n 个图中有个小正方形.题九：已知：23150sin 90sin 30sin 222=++,23125sin 65sin 5sin 222=++通过观察上述两等式的规律，请你写出一般性的命题，并给出证明题十：观察下列等式：① cos2a=22cos a -1;② cos4a=84cos a - 82cos a + 1;③ cos6a=326cos a - 484cos a + 182cos a - 1;④ cos8a=1288cos a - 2566cos a + 1604cos a - 322cos a + 1;⑤ cos10a= m 10cos a - 12808cos a + 11206cos a + n 4cos a + p 2cos a - 1. 可以推测，m – n + p = .题十一：对任意实数x 、y ，定义运算y x *＝ax ＋by ＋cxy ，其中a 、b 、c 为常数，等号右边的运算是通常意义的加、乘运算．现已知1*2＝3，2*3＝4，且有一个非零实数m ，使得对任意实数x ，都有x m x *=，则m ＝．题十二：用[]a 表示不大于a 的最大整数．令集合{1,2,3,4,5}P =，对任意k P ∈和N*m ∈，定义51(,)[i f m k ==∑，集合{N*,}A m k P =∈∈，并将集合A 中的元素按照从小到大的顺序排列，记为数列{}n a ．（Ⅰ）求(1,2)f 的值；（Ⅱ）求9a 的n=1 n=2 n=3 n=4 n=5值；题十三：设函数)0()(2≠++=a c bx ax x f 中，c b a ,,均为整数，且)1(),0(f f 均为奇数.求证：0)(=x f 无整数根.题十四：已知q px x x f ++=2)(，求证：|)3(||,)2(||,)1(|f f f 中至少有一个不小于21. 第31讲推理与证明问题经典回顾题一：*)nd n N =∈详解：由已知“等差数列前n 项的算术平均值是等差数列”可类比联想“等比数列前n 项的几何平均值也应该是等比数列”不难得到*)n d n N =∈也是等比数列题二：),12(*122121N n k n b b b b b b n k n ∈-<⋅⋅⋅=⋅⋅⋅--详解：等差数列→用减法定义→性质用加法表述（若,,,,*N q p n m ∈且,q p n m +=+则q p n m a a a a +=+）；等比数列→用除法定义→性质用乘法表述（若,,,,*N q p n m ∈且,q p n m +=+则q p n m a a a a ⋅=⋅）.由此，猜测本题的答案为：).,17(*172121N n n b b b b b b n n ∈<⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-事实上，对等差数列{}n a ，如果0=ka ，则⋅⋅⋅=+=+--+--+n k n n k n a a a a 2221210=+=k k a a . 所以有：n a a a +⋅⋅⋅++21+⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++=++2121(n n n a a a a a n k n k a a ----+1222）（*,12N n k n ∈-<）.从而对等比数列{}n b ，如果1=k b ，则有等式：),12(*122121N n k n b b b b b b n k n ∈-<⋅⋅⋅=⋅⋅⋅--成立.题三：证明：假设数列的项数至少是17，则有x 1+x 2+…＋x 7<0，x 2+x 3+…＋x 8<0，…，x １１+x １２+…＋x 17<0，将以上各式相加得：（x 1+x 2+…＋x 11）+（x ２+x ３+…＋x １２）＋…＋（x ７+x ８+…＋x １7）<0，＊但这与条件任意接连11项之和为正，即x 1+x 2+…＋x １１>0，x 2+x 3+…＋x １２>0，…，x ７+x ８+…＋x １7>0，相矛盾，故项数不超过16.＊处所说的各式相加后, x 1一共有1个, x 2一共有2个, x 3一共有3个,…x 7一共有7个, x 8, x 9, x 10, x 11分别一共有7个, x 12一共有6个, x 13一共有5个,…x 17一共有1个.题四：证明：,假设12是一个等差数列中的三项,设这一等差数列的公差为d，则1,2md nd=，其中m，n为某两个正整数，由上两式中消去d，得到2(n m n m+=+因为2n m+为有理数，(n m+所以2(n m n m+≠+因此假设不成立，12不能为同一等差数列中的三项。

高考数学复习考点知识专题讲解课件31---等差数列及其前n项和

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6．一物体从 1960m 的高空降落，如果第 1 秒降落 4.90 m，以后每秒比前一秒多降落 9.80 m，那么经过________秒落到地面．解析：设物体经过 t 秒降落到地面．物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为 4.90，公差为 9.80 的等差数列．所以 4.90t＋12t(t－1)×9.80＝1 960，即 4.90t2＝1 960，解得 t＝20. 答案：20
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题型分类深度剖析
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题型一等差数列基本量的运算
1．(2019·全国Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．已知 S4＝0，a5＝5，则( )
A．an＝2n－5 C．Sn＝2n2－8n
B．an＝3n－10 D．Sn＝12n2－2n
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新高考大一轮复习 · 数学
题组三易错排查
4．一个等差数列的首项为215，从第 10 项起开始比 1 大，则这个等差数列的公差
d 的取值范围是( ) A．d>785
B．d<235
83 C.75<d<25
D．785<d≤235
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新高考大一轮复习 · 数学
解析：由题意可得aa19≤ 0>11，，即221155＋＋89dd≤>11，，所以785<d≤235.故选 D. 答案：D
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跟踪训练 1 (1)已知等差数列{an}，a2＝2，a3＋a5＋a7＝15，则数列{an}的公差 d
等于( )
A．0
B．1

高考数学复习考点题型专题讲解31 不等式

高考数学复习考点题型专题讲解专题31 不等式高考定位 1.对不等式的性质及不等式的解法的考查一般不单独命题，常与集合、函数图象与性质相结合，也常渗透在三角函数、数列、解析几何、导数等题目中；2.基本不等式主要渗透在其他知识中求最值；3.题型多以选择题、填空题的形式呈现，中等难度.1.(2018·全国Ⅰ卷)已知集合A＝{x|x2－x－2>0}，则∁R A＝( )A.{x|－1<x<2}B.{x|－1≤x≤2}C.{x|x<－1}∪{x|x>2}D.{x|x≤－1}∪{x|x≥2}答案 B解析法一因为A＝{x|(x－2)(x＋1)>0}＝{x|x<－1或x>2}，A＝{x|－1≤x≤2}，故选B.所以∁R法二因为A＝{x|x2－x－2>0}，A＝{x|x2－x－2≤0}＝{x|－1≤x≤2}，故选B.所以∁R2.(2019·全国Ⅱ卷)若a>b，则( )A.ln(a－b)>0B.3a<3bC.a3－b3>0D.|a|>|b|答案 C解析由函数y＝ln x的图像(图略)知，当0<a－b<1时，ln(a－b)<0，故A 不正确；因为函数y ＝3x 在R 上单调递增，所以当a >b 时，3a >3b ，故B 不正确；因为函数y ＝x 3在R 上单调递增，所以当a >b 时，a 3>b 3，即a 3－b 3>0，故C 正确；当b <a <0时，|a |<|b |，故D 不正确.3.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)若x ，y 满足x 2＋y 2－xy ＝1，则() A.x ＋y ≤1 B.x ＋y ≥－2C.x 2＋y 2≤2D.x 2＋y 2≥1答案 BC解析因为ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b22(a ，b ∈R )，由x 2＋y 2－xy ＝1可变形为(x ＋y )2－1＝3xy ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，解得－2≤x ＋y ≤2，当且仅当x ＝y ＝－1时，x ＋y ＝－2，当且仅当x ＝y ＝1时，x ＋y ＝2，所以A 错误，B 正确；由x 2＋y 2－xy ＝1可变形为(x 2＋y 2)－1＝xy ≤x 2＋y 22，解得x 2＋y 2≤2，当且仅当x ＝y ＝±1时取等号，所以C 正确；因为x 2＋y 2－xy ＝1可变形为⎝⎛⎭⎪⎫x －y 22＋34y 2＝1，设x －y 2＝cos θ，32y ＝sin θ，所以x ＝cos θ＋33sin θ，y ＝233sin θ，因此x 2＋y 2＝cos 2θ＋53sin 2θ＋233sin θcos θ＝1＋33sin 2θ－13cos 2θ＋13＝43＋23sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ－π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2，所以当x ＝33，y ＝－33时满足等式，但是x 2＋y 2≥1不成立，所以D 错误.4.(2020·江苏卷)已知5x 2y 2＋y 4＝1(x ，y ∈R )，则x 2＋y 2的最小值是________.答案 45解析法一由题意知y ≠0.由5x 2y 2＋y 4＝1，可得x 2＝1－y 45y 2，所以x 2＋y 2＝1－y 45y 2＋y 2＝1＋4y 45y 2＝15⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 2＋4y 2≥15×21y 2×4y 2＝45，当且仅当1y 2＝4y 2，即y ＝±22时取等号. 所以x 2＋y 2的最小值为45. 法二设x 2＋y 2＝t ＞0，则x 2＝t －y 2.因为5x 2y 2＋y 4＝1，所以5(t－y2)y2＋y4＝1，所以4y4－5ty2＋1＝0. 由Δ＝25t2－16≥0，解得t≥45⎝⎛⎭⎪⎫t≤－45舍去.故x2＋y2的最小值为4 5 .热点一不等式的性质及应用不等式的常用性质(1)a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc.(2)a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd＞0.(3)a＞b＞0⇒a n＞b n，na＞nb(n∈N，n≥2).(4)a＞b，ab＞0⇒1a＜1b.例1 (1)(多选)(2022·苏州模拟)若a＞b＞0＞c，则( )A.ca＞cbB.b－ca－c＞baC.a c＞b cD.a－c＞2－bc(2)(2022·长沙模拟)已知a，b，c满足a＞b＞c，且ac＞0，则下列选项中一定能成立的是( )A.ab＞acB.c(b－a)＞0C.ab(a－c)＞0D.cb2＞ca2答案(1)ABD (2)C解析(1)由于a＞b＞0＞c，对于A：ca－cb＝c⎝⎛⎭⎪⎫1a－1b＝c⎝⎛⎭⎪⎫b－aab>0，故ca－cb＞0，∴ca＞cb，故A正确；对于B：由于a＞b＞0，所以b－ca－c＞ba，故B正确；对于C：当a＞b＞1时，a c<b c，故C错误；对于D：由于a＞b＞0＞c，所以a－c＞b－c＞2b（－c）＝2－bc，故D正确. (2)取a＝－1，b＝－2，c＝－3，则ab＝2＜ac＝3，cb2＝－12＜ca2＝－3，排除A，D；取a＝3，b＝2，c＝1，则c(b－a)＝－1＜0，排除B；因为a＞b＞c，且ac＞0，所以a，b，c同号，且a＞c，所以ab(a－c)＞0.规律方法判断关于不等式命题真假的常用方法(1)作差法、作商法.(2)利用不等式的性质推理判断.(3)利用函数的单调性.(4)特殊值验证法，特殊值法只能排除错误的命题，不能判断正确的命题.训练1 (1)(多选)(2022·广州模拟)设a，b，c为实数且a＞b，则下列不等式一定成立的是( )A.1a ＞1bB.2 023a －b ＞1C.ln a ＞ln bD.a (c 2＋1)＞b (c 2＋1)(2)设12＜a ＜1，m ＝log a (a 2＋1)，n ＝log a (1－a )，p ＝log a 12a，则m ，n ，p 的大小关系是( )A.n ＞m ＞pB.m ＞p ＞nC.p ＞n ＞mD.n ＞p ＞m答案 (1)BD (2)D解析 (1)对于A ，若a ＞b ＞0，则1a ＜1b，所以A 错误；对于B ，因为a －b ＞0，所以2 023a －b ＞1，所以B 正确；对于C ，函数y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，而a ，b 不一定是正数，所以C 错误；对于D ，因为c 2＋1＞0，所以a (c 2＋1)＞b (c 2＋1)，所以D 正确.故选BD.(2)因为12＜a ＜1，所以a 2＋1－12a ＝2a 3＋2a －12a ＞0， 12a －(1－a )＝1－2a ＋2a 22a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋122a＞0，y ＝log a x 为减函数，所以m ＜p ，p ＜n .可得n ＞p ＞m .热点二不等式的解法不等式恒成立问题的解题方法(1)f (x )＞a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )min ＞a ，x ∈I ；f (x )＜a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )max ＜a ，x ∈I .(2)f (x )＞g (x )对一切x ∈I 恒成立⇔当x ∈I 时，f (x )的图象在g (x )的图象的上方.(3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法.例2 (1)已知关于x 的不等式ax －b ≤0的解集是[2，＋∞)，则关于x 的不等式ax 2＋(3a －b )x －3b ＜0的解集是( )A.(－∞，－3)∪(2，＋∞)B.(－3，2)C.(－∞，－2)∪(3，＋∞)D.(－2，3)(2)若不等式x 2－ax ≥16－3x －4a 对任意a ∈[－2，4]都成立，则x 的取值范围为() A.(－∞，－8]∪[3，＋∞)B.(－∞，0)∪[1，＋∞)C.[－8，6]D.(0，3]答案 (1)A (2)A解析 (1)由关于x 的不等式ax －b ≤0的解集是[2，＋∞)，得b ＝2a 且a ＜0，则关于x 的不等式ax 2＋(3a －b )x －3b ＜0可化为x 2＋x －6＞0，即(x ＋3)(x －2)＞0，解得x ＜－3或x ＞2，所以不等式的解集为(－∞，－3)∪(2，＋∞).(2)由题意得不等式(x －4)a －x 2－3x ＋16≤0对任意a ∈[－2，4]都成立，则⎩⎨⎧（x －4）×（－2）－x 2－3x ＋16≤0，（x －4）×4－x 2－3x ＋16≤0，即⎩⎨⎧－x 2－5x ＋24≤0，－x 2＋x ≤0，解得x≥3或x≤－8.故选A.易错提醒求解含参不等式ax2＋bx＋c＜0恒成立问题的易错点(1)对参数进行讨论时分类不完整，易忽略a＝0时的情况.(2)不会通过转换把参数作为主元进行求解.(3)不考虑a的符号.训练2 (1)已知函数f(x)在R上为增函数，若不等式f(－4x＋a)≥f(－3－x2)对任意x∈(0，3]恒成立，则a的取值范围为( )A.[－1，＋∞)B.(3，＋∞)C.[0，＋∞)D.[1，＋∞)(2)若关于x的不等式x2－4x－2－a＞0在区间(1，4)内有解，则实数a的取值范围是( )A.(－∞，－2)B.(－2，＋∞)C.(－6，＋∞)D.(－∞，－6)答案(1)D (2)A解析(1)由题意得，不等式－4x＋a≥－3－x2对任意x∈(0，3]恒成立，所以a≥－x2＋4x－3对任意x∈(0，3]恒成立，令g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1，当x∈(0，3]时，g(x)∈(－3，1]，所以a≥1，即a的取值范围为[1，＋∞).故选D.(2)不等式x2－4x－2－a＞0在区间(1，4)内有解等价于a＜(x2－4x－2)max，x∈(1，4). 令g(x)＝x2－4x－2，x∈(1，4)，所以g(x)＜g(4)＝－2，所以a＜－2.热点三基本不等式及其应用基本不等式求最值的三种解题技巧(1)凑项：通过调整项的符号，配凑出符合基本不等式条件的项，使其积或和为定值.(2)凑系数：若无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而利用基本不等式求最值.(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开，即化为y＝m＋Ag（x）＋Bg(x)(AB＞0)，g(x)恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式来求最值.例3 (1)(多选)(2022·青岛模拟)设正实数a，b满足a＋b＝1，则( )A.log2a＋log2b≥－2 B.ab＋1ab≥174C.2a＋1b≤3＋22D.2a－b＞12(2)(2022·湖北九师联盟质检)已知a>0，b≠0，且a＋|b|＝3，则9a＋b＋3|b|的最小值为________.答案(1)BD (2)3＋2 3解析(1)log2a＋log2b＝log2(ab)≤log2⎝⎛⎭⎪⎫a＋b22＝－2，A错误；因为a>0，b>0，a＋b＝1，所以ab ≤a ＋b 2＝12(当且仅当a ＝b 时取等号)，所以0<ab ≤14，因为函数y ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14上单调递减，所以ab ＋1ab ≥14＋4＝174，B 正确；因为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b (a ＋b )＝3＋2b a ＋a b ≥3＋22(当且仅当2b a ＝a b 时取等号)，所以2a ＋1b≥3＋22，C 错误；易知0<a <1，0<b <1，所以－1<a －b <1，所以2a －b >2－1＝12，D 正确.选BD. (2)9a ＋b ＋3|b |＝9a ＋3|b |＋b |b |，当b >0时，b |b |＝1，当b <0时，b|b |＝－1. 9a ＋3|b |＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫9a ＋3|b |(a ＋|b |)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋9|b |a ＋3a |b |≥13(12＋63) ＝4＋23，当且仅当9|b |a ＝3a |b |，3＋13＋1所以当a ＝333＋1，b ＝－33＋1时， 9a ＋b ＋3|b |取得最小值，且最小值为3＋2 3.易错提醒利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的条件： (1)一正二定三相等，三者缺一不可；(2)若连续两次使用基本不等式求最值，必须使两次等号成立的条件一致，否则最值取不到.训练3 (1)(2022·湖州质检)若x >0，y >0且x ＋y ＝xy ，则x x －1＋2yy －1的最小值为( ) A.3 B.52＋ 6C.3＋6D.3＋2 2(2)对任意m ，n ∈(0，＋∞)，都有m 2－amn ＋2n 2≥0，则实数a 的最大值为( ) A.2B.2 2 C.4 D.92答案 (1)D (2)B 解析 (1)∵x ＋y ＝xy ， ∴(x －1)(y －1)＝1， ∴x x －1＋2y y －1＝（x －1）＋1x －1＋2（y －1）＋2y －1＝3＋1x －1＋2y －1≥3＋21x －1·2y －1＝3＋22，x －1y －1(2)∵对任意m ，n ∈(0，＋∞)，都有m 2－amn ＋2n 2≥0， ∴m 2＋2n 2≥amn ，即a ≤m 2＋2n 2mn ＝m n ＋2n m 恒成立，∵m n＋2nm≥2m n ·2nm＝22，当且仅当m n＝2nm即m ＝2n 时取等号，∴a ≤22，故a 的最大值为22，故选B.一、基本技能练1.若a ，b ，c 为实数，且a ＜b ＜0，则下列说法正确的是( ) A.ac 2＜bc 2B.1a ＜1bC.b a ＞a bD.a 2＞ab ＞b 2 答案 D解析当c ＝0时，A 不成立； 1a －1b ＝b －a ab ＞0，即1a >1b，B 错误；b a －a b ＝b 2－a 2ab ＝（b ＋a ）（b －a ）ab ＜0，C 错误；由a ＜b ＜0，得a 2＞ab ＞b 2，D 正确.2.不等式4x －2≤x －2的解集是( ) A.(－∞，0]∪(2，4]B.[0，2)∪[4，＋∞) C.[2，4)D.(－∞，2)∪(4，＋∞) 答案 B解析当x －2＞0，即x ＞2时，(x －2)2≥4，即x －2≥2，则x ≥4，当x －2＜0，即x ＜2时，(x －2)2≤4，即－2≤x －2＜0，∴0≤x ＜2，综上，0≤x ＜2或x ≥4.3.(2022·泰安质检)若不等式ax 2－x －c >0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1<x <12，则函数y ＝cx 2－x －a的图象可以为( )答案 C解析由题意可得－1和12是方程ax 2－x －c ＝0的两个根，且a <0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－1＋12＝1a ，－1×12＝－ca ，解得a ＝－2，c ＝－1，则y ＝cx 2－x －a ＝－x 2－x ＋2＝－(x ＋2)(x －1)，其图象开口向下，与x 轴交于 (－2，0)，(1，0).故选C.4.已知关于x 的不等式x 2－ax －6a 2＞0(a ＜0)的解集为(－∞，x 1)∪(x 2，＋∞)，且x 2－x 1＝52，则a 等于( ) A.－5B.－32C.－2D.－52答案 C解析 x 2－ax －6a 2＝(x －3a )(x ＋2a )＞0， ∵a ＜0，∴x ＞－2a 或x ＜3a ， ∴x 2＝－2a ，x 1＝3a ，∴x 2－x 1＝－5a ＝52，∴a ＝－ 2.5.已知函数f (x )＝14x ＋9x －1(x ＜1)，下列结论正确的是( )A.f (x )有最大值114B.f (x )有最大值－114 C.f (x )有最小值132D.f (x )有最小值74答案 B解析 f (x )＝x －14＋9x －1＋14＝－⎝⎛⎭⎪⎫1－x4＋91－x ＋14≤－21－x 4·91－x ＋14＝－114，当且仅当x ＝－5时等号成立. 6.原油作为“工业血液”“黑色黄金”，其价格的波动牵动着整个化工产业甚至世界经济.小李在某段时间内共加油两次，这段时间燃油价格有升有降，现小李有两种加油方案：第一种方案是每次加油40升，第二种方案是每次加油200元，则下列说法正确的是( )A.第一种方案更划算B.第二种方案更划算C.两种方案一样D.无法确定答案 B解析设小李这两次加油的油价分别为x 元/升、y 元/升，则方案一：两次加油平均价格为40x ＋40y 80＝x ＋y2≥xy ，方案二：两次加油平均价格为400200x ＋200y＝2xyx ＋y ≤xy ，故无论油价如何起伏，方案二比方案一更划算. 7.设x ＞y ＞z ，n ∈N *，且1x －y ＋1y －z ≥n x －z恒成立，则n 的最大值为( ) A.2 B.3 C.4 D.5 答案 C解析因为x ＞y ＞z ，n ∈N *，所以x －y ＞0，y －z ＞0，x －z ＞0，由1x －y ＋1y －z ≥n x －z，可得n ≤(x －z )⎝⎛⎭⎪⎫1x －y ＋1y －z ＝[(x －y )＋(y －z )]⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －y ＋1y －z ＝1＋1＋y －z x －y ＋x －yy －z≥2＋2y －z x －y ·x －yy －z＝4，当且仅当x －y ＝y －z 时，上式取得等号，由题意可得n ≤4，即n 的最大值为4.8.已知关于x 的不等式ax 2－2x ＋3a <0在(0，2]上有解，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，33 B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，47 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫47，＋∞答案 A解析x ∈(0，2]时，不等式可化为ax ＋3a x<2；当a ＝0时，不等式为0<2，满足题意；当a >0时，不等式化为x ＋3x <2a，则2a>2x ·3x＝23，当且仅当x ＝3时取等号，所以a <33，即0<a <33；当a <0时，x ＋3x >2a恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，33.选A.9.(多选)(2022·泰州模拟)下列函数中最小值为6的是( ) A.y ＝ln x ＋9ln x B.y ＝6|sin x |＋32|sin x |C.y ＝3x ＋32－xD.y ＝x 2＋25x 2＋16答案 BC解析对于A 选项，当x ∈(0，1)时，ln x <0，此时ln x ＋9ln x<0，故A 不正确.对于B 选项，y ＝6|sin x |＋32|sin x |≥29＝6，当且仅当6|sin x |＝32|sin x |，即|sin x |＝12时取“＝”，故B 正确.对于C 选项，y ＝3x ＋32－x ≥232＝6，当且仅当3x ＝32－x ，即x ＝1时取“＝”，故C 正确.对于D 选项，y ＝x 2＋16＋9x 2＋16＝x 2＋16＋9x 2＋16≥29＝6，当且仅当x 2＋16＝9x 2＋16，即x 2＝－7无解，故D 不正确.故选BC.10.(多选)已知a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1，则( ) A.a 2＋b 2≥12B.2a －b ＞12C.log 2a ＋log 2b ≥－2D.a ＋b ≤ 2 答案 ABD解析因为a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，所以a ＋b ≥2ab ，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立，即有ab ≤14.对于A ，a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab ≥1－2×14＝12，故A 正确；对于B ，2a －b ＝22a －1＝12×22a ，因为a ＞0，所以22a ＞1，即2a －b ＞12，故B 正确；对于C ，log 2a ＋log 2b ＝log 2(ab )≤log 214＝－2，故C 错误；对于D ，由(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ＝1＋2ab ≤2，得a ＋b ≤2，故D 正确. 综上可知，正确的选项为ABD.11.函数y ＝lg(c ＋2x －x 2)的定义域是(m ，m ＋4)，则实数c 的值为________. 答案 3解析依题意得，一元二次不等式－x 2＋2x ＋c ＞0，即x 2－2x －c ＜0的解集为(m ，m ＋4)，所以m ，m ＋4是方程x 2－2x －c ＝0的两个根，所以⎩⎨⎧m ＋m ＋4＝2，m （m ＋4）＝－c ，解得⎩⎨⎧m ＝－1，c ＝3.12.若命题“∃x ∈R ，x 2－2x ＋m ＜0”为真命题，则实数m 的取值范围为________. 答案 (－∞，1)解析由题意可知，不等式x2－2x＋m＜0有解，∴Δ＝4－4m＞0，m＜1，∴实数m的取值范围为(－∞，1).二、创新拓展练13.(多选)(2022·苏锡常镇调研)已知正实数a，b满足a＋2b＝ab，则以下不等式正确的是( )A.2a＋1b≥2 B.a＋2b≥8C.log2a＋log2b<3 D.2a＋b≥9答案BD解析对于A，因为正实数a，b满足a＋2b＝ab，所以a＋2bab＝1，即2a＋1b＝1，所以A错误，对于B，因为a>0，b>0，a＋2b＝ab，所以a＋2b≥22ab＝22（a＋2b），当且仅当a＝2b时取等号，所以(a＋2b)2≥8(a＋2b)，因为a＋2b>0，所以a＋2b≥8，当且仅当a＝2b时取等号，所以B正确，对于C，若log2a＋log2b<3，则log2a＋log2b＝log2(ab)<3＝log28，所以ab <8，所以a ＋2b <8，而由选项B 可知a ＋2b ≥8，所以log 2a ＋log 2b <3不成立，所以C 错误，对于D ，因为正实数a ，b 满足a ＋2b ＝ab ，由选项A 知，2a ＋1b＝1，所以2a ＋b ＝(2a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝5＋2a b ＋2b a ≥5＋22ab·2ba＝9，当且仅当2ba＝2ab，即a＝b ＝3时取等号，所以D 正确，故选BD.14.(多选)(2022·镇海中学模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧（x ＋1）e x ，x <0，（x ＋1）2e x，x ≥0，下列选项正确的是( )A.函数f (x )在(－2，1)上单调递增B.函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e 2，＋∞C.若关于x 的方程[f (x )]2－a |f (x )|＝0有3个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，4e D.不等式f (x )－ax －a >0在(－1，＋∞)恰有两个整数解，则实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫3e 2，2e答案 ACD解析函数f (x )＝⎩⎨⎧（x ＋1）e x ，x <0，（x ＋1）2e x，x ≥0，所以函数f ′(x )＝⎩⎨⎧（x ＋2）e x （x <0），－（x ＋1）（x －1）e x （x ≥0），故函数f (x )的大致图象如图1所示，故A 正确，B 错误；对于D ，不等式f (x )>a (x ＋1)，在(－1，＋∞)上恰有两个整数解，必为x ＝0，x ＝1，故⎩⎨⎧f （1）>a （1＋1），f （2）≤a （2＋1），解得a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3e 2，2e ，故D 正确；对于C ，如图2，函数y ＝|f (x )|的图象，原方程可化为|f (x )|＝0或|f (x )|＝a ，由于方程[f (x )]2－a |f (x )|＝0有3个不相等的实数根，所以只需|f (x )|＝a 有两个不等实根，所以a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，4e ，C 正确，故选ACD. 15.(多选)(2022·全国名校大联考)若实数x ，y 满足2x ＋2y ＋1＝1，m ＝x ＋y ，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12y －1，则( )A.x ＜0且y ＜－1B.m 的最大值为－3C.n 的最小值为7D.n ·2m ＜2答案 ABD解析由2x ＋2y ＋1＝1，得2y ＋1＝1－2x ＞0，2x ＝1－2y ＋1＞0，所以x ＜0且y ＜－1，故A 正确；由2x ＋2y ＋1＝1≥22x ·2y ＋1＝22x ＋y ＋1，得m ＝x ＋y ≤－3，当且仅当x ＝y ＋1＝－1，即x ＝－1，y ＝－2时，等号成立，所以m 的最大值为－3，故B 正确；n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12y －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12y －1(2x ＋2y ＋1) ＝5＋2×2y 2x ＋2×2x2y ≥5＋22×2y 2x ·2×2x 2y ＝9，当且仅当2×2y 2x ＝2×2x2y ，即x ＝y ＝－log 23时，等号成立，所以n 的最小值为9，故C 错误；n ·2m＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12y －1·2x ＋y ＝2y ＋2x ＋1＝2－3×2y ＜2，故D 正确.故选ABD. 16.(2022·湖南三湘名校联考)若两个正实数x ，y 满足x ＋2y －xy ＝0，且不等式x ＋2y ≥m 2－7m 恒成立，则实数m 的取值范围为________.答案 [－1，8]解析由x ＋2y －xy ＝0，得2x ＋1y＝1，所以x ＋2y ＝(x ＋2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1y ＝4＋x y ＋4y x ≥8，当且仅当x ＝4，y ＝2时等号成立，所以m 2－7m ≤8，解得－1≤m ≤8.17.已知关于x 的不等式ax 2＋bx ＋c ＞0(a ，b ，c ∈R )的解集为{x |3＜x ＜4}，则c 2＋5a ＋b 的取值范围为________.答案 [45，＋∞)解析关于x 的不等式ax 2＋bx ＋c ＞0(a ，b ，c ∈R )的解集为{x |3＜x ＜4}，所以a ＜0，且3和4是关于x 的方程ax 2＋bx ＋c ＝0的两实数根，由根与系数的关系知：⎩⎪⎨⎪⎧3＋4＝－b a ，3×4＝c a ，解得⎩⎨⎧b ＝－7a ，c ＝12a (a ＜0). 所以c 2＋5a ＋b ＝144a 2＋5a －7a ＝－24a －56a≥ 2（－24a ）·5－6a ＝45(当且仅当－24a ＝－56a ，即a ＝－512时等号成立)，所以c 2＋5a ＋b的取值范围是[45，＋∞). 18.(2022·温州测试)已知函数f (x )＝x 2＋|x －a |＋b ，若存在实数b ，使得对任意的|x |≤1都有|f (x )|≤109，则实数a 的最大值是________. 答案 13解析由题可得，因为存在实数b 对任意的|x |≤1都有|x 2＋|x －a |＋b |≤109，所以－109≤x 2＋|x －a |＋b ≤109，即存在实数b 对任意的|x |≤1都有－x 2－109－b ≤|x －a |≤109－x 2－b ，由对称性可知，当实数a 取得最大值时，a ≥0，令g (x )＝－x 2－109－b ，h (x )＝－x 2＋109－b ，则g ′(x )＝h ′(x )＝－2x .因为y ＝－x ＋a 的斜率为－1，所以－2x ＝－1，解得x ＝12，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－14－109－b ＝－4936－b . 又因为h (－1)＝－1＋109－b ＝19－b ，即当a ≥12时，切线斜率k ＝h （－1）－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1－12＝－5354>－1，不能满足条件；故当0≤a <12时，g (x )的零点为a ，此时a 最大，满足⎩⎪⎨⎪⎧g （a ）＝－a 2－109－b ＝0，k ＝－1＋109－b －1－a ＝－1，即⎝⎛⎭⎪⎫a －23⎝ ⎛⎭⎪⎫a －13＝0，由0≤a <12可得a ＝13.。

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【答案】
᤼ ᛠᛠ ᤼
【解析】
首项为 2 的正项数列的前 n 项和为，且当 ᛠ 时，ᛠ
ᛠ ᛠ ᤼．
可得 ᛠ݊ ᤼ ᛠ
ᛠ ᛠ
ᛠ ᤼，由 ᤼
ᛠ，解得 ᛠ
，
又 ᛠ݊ ᤼ ᛠ
ᛠ ᛠ݊ ᤼ ᛠ ，由 ᤼ ᛠ ，可得
，
当
时，ᛠ ᤼
ᛠ ᤼
ᛠ
ᛠ，
又ᛠ
ᛠ ᛠ ᤼，
两式相减可得 ᛠ
ᛠ
ᛠ ᤼
ᛠ
᤼，
即有 ᛠ݊
᤼݊
᤼݊
᤼ ，由
10．（题文）已知各项均为正数的递增数列的前项和为满足 ᛠ
᤼，
，若 ᤼ ᛠ 成等差数列，则的最大值为
A．ᛠ B．
C． D．
【答案】D
【解析】
由题 ᛠ
᤼，则
݊
ᛠ᤼
ᛠ᤼ ᛠ᤼
᤼ ᤼ ᤼ ᤼，
ᛠ
᤼ 分离化简得
᤼
选 D.
᤼ᛠ
᤼ ݊ ᤼ ᤼ ᛠ，作差得 ᤼
ᛠ，
᤼，由 ᤼ ᛠ 成等差数列，可得
ᛠ ᛠ ᤼，
݊ᛠ
的最小值是______．
，若 ᤼
݊
，则
【答案】12
【解析】
在等比数列 an 中，
݊a᤼ a ݊aᛠ a
，
a᤼݊᤼ q a᤼݊q qᛠ
，
化为：a᤼݊q ᤼
qᛠ
．
᤼
若 q ᤼，则a
a
a᤼݊q ᤼ q
q qᛠ ᤼
݊q ᤼ qᛠ ᤼
݊qᛠ
᤼
᤼ qᛠ ᤼
ᛠ
݊ᛠ ݊qᛠ
᤼
᤼ qᛠ ᤼
ᛠ
᤼ᛠ，当且仅当 q
ᛠ时取等号．
又由 ᛠ
香݊
ᛠ ，即 ᛠ
香݊
ᛠ ݊ᛠ ᤼ ，
即݊ᛠ
݊ᛠ ᤼ 香 ݊
ᛠ ݊ᛠ ᤼ ，即݊ᛠ
香݊
ᛠ 对任意的正整数恒
成立，
即
ᛠ 对任意的正整数恒成立，
ᛠ
Hale Waihona Puke 设ᛠ ，则ᛠ
᤼
ᛠ᤼ ᛠ
ᛠ᤼
ᛠ
ᛠ ᛠ
᤼，
所以 ᤼ ᛠ 香香香香，当 ᛠ 时，求得最大值，此时最大值为᤼，
所以
᤼，即香 ᤼ ᤼ ，所以的最大整数为 4，故选 B.
ᛠ᤼
݊
᤼ ᛠ
，
由݊
݊᤼
香，即݊
݊
᤼香，
∴ ᛠ݇ 香香 ᛠ݇ ᤼且 ᛠ݇ 香香 ᛠ݇ ᤼，݇
，
ᛠ݇
ᛠ᤼
݊
᤼ ᛠ݇ ᛠ
ᛠ ݊᤼
᤼ ᛠᛠ݇
，其中最小项为
ᛠ
ᛠ ݊᤼
᤼，
ᛠ
ᛠ݇ ᤼
ᛠ᤼
݊
᤼ ᛠ݇ ᤼ ᛠ
ᛠ ݊᤼
᤼ ᛠᛠ݇ ᤼
，其中最大项为
᤼
᤼，
因此᤼
ᛠ
香
香 ᤼．
故选 C．
二、填空题 12．已知数列
为正项的递增等比数列， ᤼
Sn=29+ᛠ
݊ᛠ ᛠ
᤼
ᛠ +ᛠ݊ᛠᛠ-᤼᤼）=29 ᛠ+ᛠ -ᛠ=967<1000
当 n=36 时，P∪Q 中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，
所以数列{an}的前 36 项分别 1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，
…，71，2，4，8，16，32，64
＞成立，
᤼
∴᤼ ＞即可，解得 m＜8，
ᛠ᤼
故 m 能取到的最大正整数是 7．
故选：B
2．已知等差数列的前项和为，
，
时的值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【解析】
由题意，等差数列的前项和为，
，
，则使取得最大值，
试卷第 1页，总 17页
根据等差数列的性质和等差数列的前 n 项和公式，
᤼ ᛠ
݊
݇ᛠ
݇,
和为，存在非零实数，
对任意
有
݊᤼
恒成立，则的值为__________．
【答案】᤼ 或᤼
ᛠ
【解析】
当 ᤼ 时，
݊᤼
恒成立，当 ᛠ 时：
当数列的公差
时，
݊᤼
即᤼ ᤼
᤼ ᤼，
据此可得 ᤼ ᤼
᤼
᤼，则 ᤼，
故答案为 6.
13．已知数列的通项公式为
ᛠ ݇ ，请写出一个能说明“若
则 ݇ ᤼”是假命题的 ݇ 的值_____________
【答案】݊᤼ 内任意一个数均可
为递增数列，
试卷第 6页，总 17页
【解析】
由题意，数列的通项公式为
ᛠ ݇ ，若为递增数列，
则᤼
݊ ᤼ ᛠ ݇݊ ᤼ ᛠ ݇ ᛠ ᤼ ݇
᤼
香恒成立，则实数的取值范围是__________．
【答案】
᤼᤼
【解析】
由
᤼
᤼ ᛠ
,令 ᤼,得 ᤼
；
当 n⩾2 时,
᤼
᤼
᤼ ᛠ
᤼᤼
᤼
᤼
᤼
᤼ ᛠ
᤼，
若 n 为偶数,则
᤼
᤼ ᛠ
᤼,∴
᤼ ᛠ᤼
᤼(n 为正奇数)；
若 n 为奇数,则 ᤼
ᛠ
᤼ ᛠ
᤼
ᛠ݊ ᛠ ᤼ ᤼ ᤼
᤼ ᛠ
᤼
∴
᤼ (n 为正偶数).
ᛠ
函数
᤼，故݊
݊ᛠ ݊ ݊ ，݊ max ，
11．已知数列的首项 ᤼ ᤼，且满足 ᤼
᤼ ᛠ
݊
，如果存在正整数
试卷第 5页，总 17页
，使得
᤼
A．݊
᤼ ᛠ
ᛠ
B．݊ ᛠ ᤼
【答案】C
香成立，则实数的取值范围是
C．݊
᤼ ᛠ
᤼
D．݊ ᛠ
【解析】
由题意 ᛠ 时，
᤼ ݊ᛠ ᤼ ݊
ᛠ
݊
᤼
᤼
݊
᤼ ᛠ
݊
᤼ᛠ ᛠ
݊
᤼᤼ ᛠ
可得
ᛠ
，
᤼，
则
᤼，可求得数列的通项公式为 ᤼ ᛠ ，
令
，即 ᤼ ᛠ ，解得
可得等差数列中，当 ᤼ 香
᤼ ，又由
ᛠ
时，
，，当
时，香，
所以使取得最大值时的值为 8，故选 D.
3．等差数列{an}中，᤼ 香，᤼ ᤼ 的最大正整数是（）
,且 ᤼ 香 ᤼ ᤼ ，为其前 n 项之和，则使香
【答案】
【解析】
设
ᛠ᤼ᛠ
᤼
ᛠ᤼
᤼ᛠ ᤼ ᛠ ᤼ ᛠ ᛠ ᛠ ，
即᤼
ᛠ
∴
᤼ ᤼ ᤼ ᤼ᛠ
∴
᤼᤼ᛠ
ᛠ
ᛠ
即ᛠ
ᛠ
，
ᛠ
ᛠ
由 y ᛠ与 y ᛠ 图象可知：在第一象限 n 取正整数时，仅有 n=3 时，ᛠ ＜ ᛠ
即ᛠᛠ
∴ ，即实数的最大值是
故答案为：
15．若一个钝角三角形的三内角成等差数列，且最大边与最小边之比为，则实数的取值范围是____．【答案】 ᛠ 【解析】
A．198 B．199 C．200 D．201
【答案】B
【解析】
由题意可得： ᤼ 香 ᤼ ᤼，则 ᤼
᤼᤼ ，
结合等差数列前 n 项和公式和等差数列的性质可知：
ᛠ
᤼ᛠ ᛠ ᛠ
᤼
᤼᤼ ᛠ
，
ᛠ
而᤼
᤼᤼ ᛠ ᛠ
ᛠ ᤼ 香，
据此可得使香的最大正整数是 199.
本题选择 B 选项. 4．已知数列{an}中，an＝n2－kn(n∈N*)，且{an}单调递增，则 k 的取值范围是( ) A．(－∞，2] B．(－∞，2) C．(－∞，3] D．(－∞，3)
本题选择 A 选项.
8．在数列中， ᤼ ，
᤼
ᛠ݊ ᛠ ݊
᤼ ᤼݊ ᤼᤼ ，则数列的最大项为݊ A．第项 B．第项 C．第项 D．第项
【答案】B
【解析】
数列中， ᤼ ，
᤼
得到：
᤼ ᛠ ᤼，
᤼
ᛠ ᛠ݊ ᤼ ᤼，
，
ᛠ݊ ᛠ ，
ᛠ ᤼ ᛠ ᛠ ᤼，上边݊ ᤼ 个式子相加得：
᤼ ᛠ݊ᛠ
解得：
ᛠ ᤼．
᤼.
可得
᤼ ᛠ݊
，又 ᛠ ᤼
ᛠ ᛠ.
试卷第 8页，总 17页
正项数列为首项为 2，公差为 2 的等差数列，
可得 ᛠ ᛠ݊ ᤼ ᛠ ；
᤼ ᛠ
݊ᛠ
ᛠ
݊ ᤼，
设
᤼
ᛠ᤼
݊ ᛠ
᤼
᤼
，
݊ ᤼݊ ᛠ ᛠᛠ
ᛠ᤼ ݊᤼
ᛠ，
ᛠ
可得 ᤼ 香 ᛠ
，
即有 ᛠ
，为最大项．
若
ᛠ
᤼
可得
恒成立，，
故答案为：
．
18．在等比数列中，已知݊ ᤼
【答案】D
【解析】
∵数列{an}中
ᛠ ݇݊
，且{an}单调递增
∴an+1﹣an＞0 对于 n∈N*恒成立即（n+1）2﹣k（n+1）﹣（n2﹣kn）=2n+1﹣k＞0 对于
n∈N*恒成立
∴k＜2n+1 对于 n∈N*恒成立，即 k＜3
故选：D．
5．巳知集合 P={ ᣀ ᛠ
}，Q={ ᣀ ᛠ ᤼
}，将 P∪Q 的所有元素从
A．6 B．3 C．2 D．1
，都有的通项公式为
݊
（为常数）成
，且具有性质 P（t），