高考数学二轮复习第1部分小题速解方略—争取高分的先机专题四数列综合提升训练理

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2025年高考数学二轮复习模块1数列专题-特技大招1-特殊值秒解数列选填【含解析】

2025年高考数学二轮复习模块1数列专题-特技大招1-特殊值秒解数列选填大招总结当数列的选择填空题中只有一个条件时,在不违背题意的条件下,我们可以直接利用特殊值,令其公差为0或者公比为1,即令数列为常数列,每一项设为x ,只需5秒搞定一道题.题目本身难度其实也不大,但用此方法更快.注意:一定检验是否符合题意,题目中如果出现公差不为0或者公比不为1,则慎用此法.另外,如果问题是求取值范围,则此方法失效.如果问题是求固定值,则可放心使用,详细用法,我们通过例题讲解.典型例题例1.设等差数列{}n a 前n 项和为n S ,若972S =,则249a a a ++=（）A.12B.18C.24D.36解方法1：等差数列{}n a 前n 项和为n S ，()199597292a a S a +===,58a ∴=.故24915312324a a a a d a ++=+==,故选C.方法2:令每一项为x ，972S =,即972x =，8x =，249324a a a x ++==,故选C.例2.在等差数列{}n a 中,912162a a =+,则数列{}n a 的前11项和11S =（）A.24B.48C.66D.132解方法1：数列{}n a 为等差数列,设其公差为d ，912162a a =+,()11181162a d a d ∴+=++，1512a d ∴+=,即612a =.∴数列{}n a 的前11项和111211S a a a =+++()()()111210576611132a a a a a a a a =+++++++==.故选D.方法2：令每一项为x ，912162a a =+，162x x =+，12x =，1111132S x ==,故选D.已知数列{}n a 是等差数列,且1472a a a π++=,则()35tan a a +的值为()A.3B.C.D.33-方法1:数列{}n a 是等差数列,且1472a a a π++=,147432a a a a π∴++==，423a π∴=，()()3544tan tan 2tantan 33a a a ππ∴+====,故选C.方法2:令每一项为x ，14732a a a x π++==，23x π=,()()354tan tan 2tantan 33a a x ππ∴+====,故选C.例4.已知数列{}n a 是等差数列,n S 是数列{}n a 的前n 项和,269S a +=,则5S 的值为（）A.10B.15C.30D.3解方法1:设等差数列{}n a 的公差为d ，269S a +=，1369a d ∴+=,化为:1323a d a +==,则()155355152a a S a +===.故选B.方法2:令每一项为x ，2629S a x x +=+=，3x =，515S =,故选B.例5.已知{}n a 为等差数列,且6154a a +=,若数列{}n a 的前m 项的和为40,则正整数m 的值为()A.10B.20C.30D.40解方法1:由题意可得,()()120206152010402a a S a a +==+=,所以20m =.故选B.方法2:令每一项为x ，61524a a x +==，2x =，240m S m ==,所以20m =.故选B.例6.已知数列{}n a 为正项等比数列,且13355724a a a a a a ++=,则24a a +=（）A.1B.2C.3D.4方法1：数列{}n a 为正项等比数列,且13355724a a a a a a ++=,数列{}n a 为正项等比数列,262a a ∴+=.故选B.()222133557226626224a a a a a a a a a a a a ∴++=++=+=,方法2:令每一项为x ,则222133557224a a a a a a x x x ++=++=， 1.x =2622a a x +==,故选B.例7.已知等比数列{}n a 的各项圴为正数,且39a =,则313233log log log a a a +++3435log log a a +=（）A.52B.53C.10D.15方法1：()553138333415312345333log log log log log log log log 910a a a a a a a a a a a ++++====,故选C.方法2:不妨令数列为常数项,每一项n 39a a ==，3132333435log log log log log 2a a a a a ++++=+222210+++=,故选C.例8.已知等比数列{}n a 的各项均为正数,且212227log log log a a a +++=7，则2635a a a a +=（）A.16B.14C.8D.4解方法1:等比数列{}n a 的各项均为正数,且212227log log log 7a a a +++=，(212log a a ⋅)77a =，71272a a a ∴⋅=，7742a ∴=，42a ∴=，22635428a a a a a ∴+==,故选C.方法2:令每一项为x ,则2122272log log log 7log 7a a a x ++==，2x =，222635a a a a x x +=+=8,故选C.例9.已知{}n a 为等差数列,公差2d =，24618a a a ++=,则57a a +=（）A.8B.12C.16D.20解方法1:根据题意知,4262a a a =+，57424a a a d +=+，24618a a a ++=，4318a ∴=，4 6.a ∴=∴57424264220a a a d +=+=⨯+⨯=.故选D.方法2:此题为反例,题干中明确说了公差2d =,所以不能用特殊值的方法,令公差为0,故不能用大招.例10.在等比数列{}n a 中,若3212a a a =+,则2538a a a 的值为()A.12或1-B.12-或1C.2或1-D.12解方法1:根据题意,设等比数列{}n a 的公比为q ,若3212a a a =+,则220q q --=,解可得2q =或1-,若2q =,则22851273811112a a q a a a q a q q ===,若1q =-,则2285127381111a a q a a a q a q q ===-,故2538a a a 的值为12或1-,故选A .方法2:此题为反例,若令每一项为x ,则3212a a a =+变为2x x x =+，0x =,等比数列中0n a ≠,故不能用大招.例11.在各项均为正数的等比数列{}n a 中，226598225a a a a ++=，则113a a 的最大值是()A.25B.254C.5D.25解方法1：等比数列{}n a 的各项都为正数,()2222265986688682225a a a a a a a a a a ∴++=++=+=，6a ∴85a +=，268113682524a a a a a a +⎛⎫∴==⎪⎝⎭,当且仅当6852a a ==时取等号,113a a ∴的最大值是254.故选B.方法2:此题为反例，题目问的是“最大值”，而不是定值，故不能用特殊值这种大招.例12.已知数列{}{},n n a b 满足n 2n b =log a ，n N +∈,其中{}n b 是等差数列,1020112a a =,则122020b b b +++=________.解方法1:数列{}{},n n a b 满足2log n n b a =，n N +∈,其中{}n b 是等差数列,2bn n a ∴=是等比数列,1020112a a =，122020212222020log log log b b b a a a ∴+++=+++()2122020log a a a =⨯⨯⨯=方法2:令数列{}n a 每一项为x ,则21020112a a x ==，n a x ==，21log 2n n b a ==，1220201202010102b b b +++=⨯=.自我检测1.已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ,若23109a a a ++=,则9S =（）A.27B.18C.9D.3【解析】方法1:设公差为d ,则13129a d +=，1543a d a ∴+==，95927S a ∴==,故选A.方法2:令每一项为x ,则23109a a a x x x ++=++=，3x =，927S =.故选A.2.在等差数列{}n a 中,18153120a a a ++=,则9102a a -的值为()A.20B.22C.24D.8-【解析】方法1：在等差数列{}n a 中,18153120a a a ++=，85120a ∴=，824a ∴=，910182724a a a d a -=+==.故选C.方法2:令每一项为x ，181535120a a a x ++==，24x =,故选C.3.等差数列{}n a 中,若81126a a =+,则19a a +等于()A.54C.10D.6【解析】方法1:设等差数列{}n a 的公差为d ，等差数列{}n a 中,81126a a =+，()1127610a d a d ∴+=++,解得146a d +=.191182612a a a a d ∴+=++=⨯=.故选B.方法2:令每一项为x ,81126a a =+,26x x =+,6x =,19212a a x +==,故选B.4.已知数列{}n a 是等差数列,且23451a a a a +++=,则16a a +=()A.14B.12D.2【解析】方法1：数列{}n a 是等差数列,且23451a a a a +++=，()23451621a a a a a a ∴+++=+=，解得16a a +12=.故选B.方法2:令每一项为x ，234541a a a a x +++==，14x =，16122a a x +==,故选B.5.已知数列{}n a 是等差数列,且31120a a +=,则11152a a -=（）A.10B.9C.8D.7【解析】方法1:数列{}n a 是等差数列,且31120a a +=,则1121020a d a d +++=,即1610a d +=,则11152a a -=11122014610a d a d a d +--=+=,故选A.方法2:令每一项为x ，311220a a x +==，10x =，则11152210a a x x x -=-==,故选A.6.在等差数列{}n a 中,3456a a a ++=,则()17 a a +=A.2B.3C.4D.5【解析】方法1:由等差数列的性质,得345436a a a a ++==,解得42a =，17424a a a ∴+==,故选C.方法2:令每一项为x ，34536a a a x ++==，2x =,则1724a a x +==,故选C.7.等差数列{}n a 中,5101530a a a ++=,则22162a a -的值为()A.10-B.20-C.10D.20【解析】方法1:设等差数列{}n a 的公差为d ，5101530a a a ++=，10330a ∴=，1010a ∴=，221610212a a a d ∴-=+()10102610a d a -+=-=-,故选A.方法2:令每一项为x ，51015330a a a x ++==，10x =,则22162210a a x x x -=-=-=-,故选A.8.设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若152a a +=,则5S =()A.5B.7C.9D.11【解析】方法1:因为数列{}n a 为等差数列,设其公差为d ,前n 项和为n S ,则()2121n n S n a -=-.所以535S a =,又152a a +=,所以31a =,所以5355S a ==,故选A.方法2:令每一项为x ，1522a a x +==，1x =,则555S x ==,故选A .9.已知数列{}n a 是等差数列,57918a a a ++=,则其前13项的和是()A.45B.56C.65D.78【解析】方法1：在等差数列{}n a 中,57918a a a ++=，5797318a a a a ∴++==,解得76a =，∴该数列的前13项之和:()1311371313136782S a a a =⨯+==⨯=,故选D.方法2:令每一项为x ，579318a a a x ++==，6x =,则131378S x ==,故选D.10.公比为2的等比数列{}n a 的各项都是正数，且31116a a =,则5a =（）A.4B.2C.1D.8【解析】方法1：公比为2的等比数列{}n a 的各项都是正数,且31116a a =，210112216a a ∴⋅⋅⋅=,且10a >,解得1412a =，4541212a ∴=⋅=.故选C .方法2:题目中提到公比为2,所以不能用大招.11.已知各项均为正数的等比数列{}n a ,若543264328a a a a +--=,则7696a a +的最小值为（）A.12C.24D.32【解析】方法1:由题意知等比数列{}n a 中0n a >,则公比0q >,因为543264328a a a a +--=,所以432111164328a q a q a q a q ⋅+⋅-⋅-⋅=,即()432164328a q q q q +--=,所以()()2132218a q q q +-=,所以1(3a q q 282)21q +=-,所以()654476111224824969633232121a a a q a q q a q q q q q q+=⋅+⋅=⋅+=⋅=--,设x =21q,则0x >，22242121(1)1y x x x q q =-=-=-- ,所以2421q q -取最大值1时,7696a a +取到最小值24.故选C.方法2:此题为反例,题目问的是“最小值”,而不是定值,故不能用特殊值这种大招.12.已知正项等比数列{}n a ,满足21232527log log log log 4a a a a +++=,则(226log ) a a +的最小值为（）A.1B.2D.4【解析】由对数的运算性质可得,()2123252721357log log log log log 4a a a a a a a a +++==，135716a a a a ∴=，由等比数列的性质可知,413574a a a a a =且40a >，42a ∴=，()226224log log log 22a a a ∴+= ，故(22log a )6a +的最小值为2，故选B.方法2:此题为反例,题目问的是“最小值”,而不是定值,故不能用特殊值这种大招.13.在等差数列{}n a 中，已知3810a a +=，则573a a +=__________.【解析】方法1:由等差数列的性质得:()()()()5755756563832222220a a a a a a a a a a a +=++=+=+=+=,故答案为:20.方法2:令每一项为x ，3810a a +=，5x =，57320a a +=,故答案为:20.14.等比数列{}n a 的各项均为正数,且1516a a =,则2122232425log log log log log a a a a a ++++=__________.【解析】方法1：等比数列{}n a 的各项均为正数,且1516a a =，2122232425log log log log log a a a a a ∴++++=()521252log log 410a a a ⨯⨯⨯==.故答案为:10.方法2:令每一项为x ，1516a a =，4x =，2122232425log log log log log 10a a a a a ++++=,故答案为:10.15.在前n 项和为n S 的等差数列{}n a 中,若()()1536932a a a a a ++++18=,则8__________.S =【解析】解:方法1:由等差数列的性质有366618a a +=,有363a a +=,则()()1883684122a a S a a +==+=.故答案为:12.方法2:令每一项为x ，()()()()153********a a a a a x x x x x ++++=++++=，1218x =，32x =，所以83812.2S =⨯=。

备战2023年高考数学二轮复习专题提能透视数列高考热点,探求应对策略

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二轮·数学
解析：设等差数列{an}的公差为 d.由 a1＝－9，a5＝－1，得 d＝a55－－a11＝－1－4－9＝2，所以 an＝－9＋2(n－1)＝2n－11.由 an＝2n－11＝0，得 n ＝121.而 n∈N*，所以数列{an}是单调递增数列，且前 5 项为负值，自第 6 项开始为正值．易知 T1＝－9＜0，T2＝63＞0，T3＝－315＜0，T4＝945＞ 0 为最大项，自 T5 起均小于 0，且逐渐减小．所以数列{Tn}有最大项，无最小项．
由 Sn＝2an－1，得 Sn－1＝2an－1－1.∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴aan－n 1＝2， ∴数列{an}是首项为 1，公比为 2 的等比数列，∴an＝1×2n－1＝2n－1.∴Sn
＝2an－1＝2×2n－1－1＝2n－1.由 λSn＋1－Sn＜0，Sn 恒大于 0，得 λ＜SSn＋n 1＝
＝( A )
ห้องสมุดไป่ตู้
A．1
B．－6
C．2
D．3
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二轮·数学
[解析] ∵an＝aann＋＋11－＋11，∴an＋1＝11＋－aann.∵a1＝2，∴a2＝11＋－aa11＝11＋－22＝－3， a3＝11＋－aa22＝11－＋33＝－12，a4＝11＋－aa33＝11＋－1212＝13，a5＝11＋－aa44＝11－＋1313＝2，…， ∴数列{an}是周期为 4 的周期数列，且 a1a2a3a4＝1.∵2 020＝505×4， ∴T2 020＝T4＝1.
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二轮·数学
破解此类题的关键：一是活用等差数列的性质与前n项和公式；二是判断数列的公差的符号，从而得出数列的单调性；三是根据相邻项异号，得出等差数列前n项和的最值.

高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第1讲等差数列与等比数列课件

该数列的第11项为( A )
A．111
B．110
C．101
D．100
【解析】设该数列为{an}，则a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝13，由二阶等差数列的定义可知，a2－a1＝2，a3－a2＝4，a4－a3＝6，所以数列{an＋1－an}是以a2－a1＝2为首项，公差d＝2的等差数列，即an＋1－an＝ 2n，所以a2－a1＝2，a3－a2＝4，a4－a3＝6，an＋1－an＝2n，将所有上式累加可得an＋1－a1＝n(n＋1)，所以a11＝10(10＋1)＋1＝111，即该数列的第11项为a11＝111.故选A．
3. (多选)(2023·建水县校级模拟)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已
知S4＝0，a5＝5，则下列结论正确的是( ABC )
A．a2＋a3＝0
B．an＝2n－5
C．Sn＝n(n－4)
D．d＝－2
【解析】因为等差数列{an}中，S4＝4a1＋6d＝0，a5＝a1＋4d＝5，
所以 d＝2，a1＝－3，D 错误．故 an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，B 正确；a2
an>a1≥0；若 a1<0，则 an＝a1＋(n－1)d，由 an＝a1＋(n－1)d>0 可得 n>1
－ad1，取 N0＝1－ad1＋1，则当 n>N0 时，an>0，所以，“{an}是递增数列”
⇒“存在正整数 N0，当 n>N0 时，an>0”；
若存在正整数N0，当n>N0时，an>0，取k∈N*且k>N0，ak>0，假设 d<0，令 an＝ak＋(n－k)d<0 可得 n>k－adk，且 k－adk>k，当 n>k－adk ＋1 时，an<0，与题设矛盾，假设不成立，则 d>0，即数列{an}是递增数列．所以，“{an}是递增数列”⇐“存在正整数 N0，当 n>N0 时，an>0”．所以，“{an}是递增数列”是“存在正整数 N0，当 n>N0 时，an>0”的充分必要条件．故选 C．

高考数学二轮复习第1部分小题速解方略—争取高分的先机专题三三角函数与解三角形综合提升训练理

专题三综合提升训练(三)(用时40分钟，满分80分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2016·北大附中模拟)函数f (x )＝2sin 2x －1是( ) A ．最小正周期为2π的奇函数 B ．最小正周期为2π的偶函数 C ．最小正周期为π的奇函数 D ．最小正周期为π的偶函数解析：选D.f (x )＝2sin 2x －1＝－cos 2x ，所以最小正周期为T ＝2π2＝π.f (－x )＝－cos[2(－x )]＝－cos 2x ＝f (x )为偶函数．2．(2016·河北唐山高三模拟)已知函数f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx (ω>0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，且f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫π6，π2上递减，则ω＝( )A ．3B ．2C ．6D ．5解析：选B.∵f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2上单调递减，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＋π22＝0， ∵f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＋π22＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3ω＋π3＝0，∴π3ω＋π3＝k π(k ∈Z )，又12·2πω≥π2－π6，ω>0， ∴ω＝2.3．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，若a ＝2b cos C ，则此三角形一定是( ) A ．等腰直角三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形D ．等腰或直角三角形解析：选C.因为a ＝2b cos C ，所以由余弦定理得a ＝2b ×a 2＋b 2－c 22ab，整理得b 2＝c 2，所以b ＝c .所以此三角形一定是等腰三角形．4．为了使变换后的函数的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0成中心对称，只需将原函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象( )A ．向左平移π12个单位长度B ．向左平移π6个单位长度C ．向右平移π12个单位长度D ．向右平移π6个单位长度解析：选 C.函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2－π6，0(k ∈Z )，其中距离点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0最近的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0，故只需将原函数的图象向右平移π12个单位长度即可．5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a sin B cos C ＋c sin B cos A ＝12b ，且a ＞b ，则B ＝( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6解析：选A.根据正弦定理，得a sin B cos C ＋c sin B cos A ＝12b 等价于sin A cos C ＋sin C cosA ＝sin(A ＋C )＝12，∴sin B ＝12.又∵a ＞b ，∴B ＝π6，故选A.6．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知8b ＝5c ，C ＝2B ，则cos C ＝( ) A.725 B ．－725C ．±725D.2425解析：选A.∵8b ＝5c ，∴由正弦定理，得8sin B ＝5sin C . 又∵C ＝2B ，∴8sin B ＝5sin 2B ，∴8sin B ＝10sin B cos B .∵sin B ≠0，∴cos B ＝45，∴cos C ＝cos 2B ＝2cos 2B －1＝725.7．设ω是正实数，函数f (x )＝2cos ωx 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3上是减函数，那么ω的值可以是( ) A.12 B ．2 C ．3D ．4解析：选A.因为函数f (x )＝2cos ωx 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，T 2上递减，所以要使函数f (x )＝2cos ωx (ω＞0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3上单调递减，则有2π3≤T 2，即T ≥4π3，所以T ＝2πω≥4π3，解得ω≤32.所以ω的值可以是12，故选A.8．已知锐角A 是△ABC 的一个内角，a ，b ，c 是三角形中各角的对应边．若sin 2A －cos 2A ＝12，则下列各式正确的是( ) A ．b ＋c ＝2a B ．b ＋c ＜2a C ．b ＋c ≤2aD ．b ＋c ≥2a解析：选C.由sin 2A －cos 2A ＝12，得cos 2A ＝－12.又∵A 为锐角，∴0＜2A ＜π，∴2A ＝2π3，即A ＝π3.由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－bc ＝(b ＋c )2－3bc ，即a 2≥(b ＋c )2－34(b ＋c )2＝b ＋c24，解得2a ≥b ＋c ，故选C.9．(2016·山西太原模拟)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2的最小正周期是π，若将f (x )的图象向右平移π3个单位后得到的图象关于原点对称，则函数f (x )的图象( )A ．关于直线x ＝π12对称B ．关于直线x ＝5π12对称C ．关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0对称 D ．关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12，0对称解析：选B.∵f (x )的最小正周期为π，∴2πω＝π，ω＝2，∴f (x )的图象向右平移π3个单位后得到g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＋φ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －2π3＋φ的图象，又g (x )的图象关于原点对称，∴－2π3＋φ＝k π，k ∈Z ，φ＝2π3＋k π，k ∈Z ，又|φ|<π2，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪2π3＋k π<π2，∴k＝－1，φ＝－π3，∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.当x ＝π12时，2x －π3＝－π6，∴A ，C 错误，当x ＝5π12时，2x －π3＝π2，∴B 正确，D 错误．10．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若cos 2A ＋cos 2B ＝2cos 2C ，则cos C 的最小值为( ) A.32B.22C.12 D ．－12解析：选C.由cos 2A ＋cos 2B ＝2cos 2C ，利用二倍角公式，得1－2sin 2A ＋1－2sin 2B ＝2(1－2sin 2C )，即sin 2A ＋sin 2B ＝2sin 2C .由正弦定理，得a 2＋b 2＝2c 2.由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝c 22ab ≥c 2a 2＋b 2＝12，当且仅当a ＝b 时取等号，故cos C 的最小值为12，故选C. 11．(2016·云南昆明统考)已知函数：①y ＝sin x ＋cos x ，②y ＝22·sin x cos x ，则下列结论正确的是( )A ．两个函数的图象均关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0中心对称B ．两个函数的图象均关于直线x ＝－π4轴对称C ．两个函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，π4上都是单调递增函数 D ．两个函数的最小正周期相同解析：选C.设f (x )＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，g (x )＝22sin x cos x ＝2sin 2x ，对于A ，B ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝－2≠0，易知A ，B 都不正确，对于C ，由－π2＋2k π≤x ＋π4≤π2＋2k π(k ∈Z )，得f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π4＋2k π，π4＋2k π(k ∈Z )，由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π(k ∈Z )，得g (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z )，易知C 正确．对于D ，f (x )的最小正周期为2π，g (x )的最小正周期为π，D 不正确．故选C.12．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且a cos C ，b cos B ，c cos A 成等差数列．若b ＝3，则a ＋c 的最大值为( ) A.32 B ．3 C ．2 3D ．9解析：选C.∵a cos C ，b cos B ，c cos A 成等差数列， ∴2b cos B ＝a cos C ＋c cos A ，∴2sin B cos B ＝sin A cos C ＋sin C cos A ， ∴2sin B cos B ＝sin(A ＋C )， ∴2sin B cos B ＝sin B ，∴cos B ＝12.∵0＜B ＜π，∴B ＝π3.∵b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，即a 2＋c 2－ac ＝3，ac ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 22，当且仅当a ＝c 时取等号，∴a ＋c2－33≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c 22，即(a ＋c )2≤12，∴a ＋c ≤2 3. 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，A ＝60°，b ＝4，a ＝23，则c ＝________.解析：由已知及余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得(23)2＝42＋c 2－2×4c cos 60°，即c 2－4c ＋4＝0，解得c ＝2. 答案：214．将函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，－π2≤φ＜π2图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平移π6个单位长度得到y ＝sin x 的图象，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝________.解析：将y ＝sin x 的图象向左平移π6个单位长度可得y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图象，保持纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍可得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋π6的图象，故f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋π6.所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12×π6＋π6＝sin π4＝22.答案：2215．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知点D 是BC 边的中点，且AD →·BC →＝12(a 2－3ac )，则角B ＝________. 解析：∵AD →·BC →＝(BD →－BA →)·BC →＝BD →·BC →－BA →·BC →＝a 2·a －a ·c ·cos B ＝12a 2－ac ·cos B ，AD →·BC →＝12(a 2－3ac )，∴cos B ＝32，∴B ＝30°.答案：30°16．(2016·河北石家庄二中一模)已知函数f (x )＝A cos 2(ωx ＋φ)＋1⎝⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，0＜φ＜π2的最大值为3，f (x )的图象与y 轴的交点坐标为(0,2)，其相邻两条对称轴间的距离为2，则f (1)＋f (2)＋…＋f (2 019)＝________.解析：f (x )＝A 2cos(2ωx ＋2φ)＋A 2＋1.由相邻两条对称轴间的距离为2知，T2＝2，得T ＝4＝2π2ω，ω＝π4，由f (x )的最大值为3，得A ＝2.又f (x )的图象过点(0,2)， ∴cos 2φ＝0，∴2φ＝k π＋π2(k ∈Z )，又0＜φ＜π2，∴φ＝π4，∴f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x ＋π2＋2＝－sin πx 2＋2. ∴f (1)＝1，f (2)＝2，f (3)＝3，f (4)＝2.又f (x )的周期为4,2 019＝4×504＋3，∴f (1)＋f (2)＋…＋f (2 019)＝504×(1＋2＋3＋2)＋1＋2＋3＝4 038. 答案：4 038。

高考数学二轮复习第1部分小题速解方略—争取高分的先机专题二函数与导数综合提升训练理

专题二综合提升训练(二)(用时40分钟，满分80分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．函数y ＝1log 2x －2的定义域是( )A ．(－∞，2)B ．(2，＋∞)C ．(2,3)∪(3，＋∞)D ．(2,4)∪(4，＋∞)解析：选C.由函数解析式得⎩⎪⎨⎪⎧x －2＞0，log 2x －2≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＞2，x －2≠1，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＞2，x ≠3.∴该函数定义域为(2,3)∪(3，＋∞)，故选C.2．已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝3x ＋m (m 为常数)，则f (－log 35)的值为( ) A ．－4 B ．4 C ．－6D ．6解析：选A.由题知f (0)＝1＋m ＝0，m ＝－1.当x ＜0时，f (－x )＝3－x ＋m ，f (x )＝－3－x ＋1.所以f (－log 35)＝－3log 35＋1＝－4.3．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ，则“f (2)≥0”是“函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增”的( ) A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件 D ．既不充分也不必要条件解析：选C.函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增，则a ＞0，x ＝－b2a≤1，所以b ≥－2a ，这与f (2)≥0等价．而f (2)≥0不能确定函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增，选C.4．设f (x )＝e x ＋x －4，则函数f (x )的零点位于区间( ) A ．(－1,0) B ．(0,1) C ．(1,2)D ．(2,3)解析：选C.∵f (x )＝e x ＋x －4，∴f ′(x )＝e x ＋1＞0，∴函数f (x )在R 上单调递增．对于A 项，f (－1)＝e －1＋(－1)－4＝－5＋e －1＜0，f (0)＝－3＜0，f (－1)f (0)＞0，A 不正确，同理可验证B 、D 不正确．对于C 项，∵f (1)＝e ＋1－4＝e －3＜0，f (2)＝e 2＋2－4＝e 2－2＞0，f (1)f (2)＜0.5．直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1,3)，则2a ＋b 的值为( ) A ．2 B ．－1 C ．1D ．－2解析：选C.∵直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1,3)，y ＝x 3＋ax ＋b 的导数y ′＝3x 2＋a .∴⎩⎪⎨⎪⎧3＝k ×1＋13＝13＋a ×1＋b k ＝3×12＋a，解得a ＝－1，b ＝3，∴2a ＋b ＝1.6．函数f (x )＝2x －2x－a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,3)B ．(1,2)C ．(0,3)D ．(0,2)解析：选C.由条件可知f (1)f (2)＜0，即(2－2－a )(4－1－a )＜0，即a (a －3)＜0，解得0＜a ＜3.7．若a ＞1，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在(0,2)内零点的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：选C.f ′(x )＝x 2－2ax ，由a ＞1可知，f ′(x )在x ∈(0,2)时恒为负，即f (x )在(0,2)内单调递减，又f (0)＝1＞0，f (2)＝83－4a ＋1＜0所以f (x )在(0,2)内只有一个零点．8．函数f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎝⎛⎦⎥⎤－1，32D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 解析：选D.由4＋3x －x 2＞0得函数f (x )的定义域为(－1，4)，设u (x )＝－x 2＋3x ＋4，则u (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋254的减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4，∵e ＞1，∴函数f (x )的单调减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4. 9．设a ，b ，c 均为正数，且2a ＝a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＝b ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12c ＝log 2c ，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c解析：选A.如图，在同一坐标系中，作出函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，y ＝2x ，y ＝log 2x 和y ＝x 的图象．由图象可知a ＜b ＜c .10．设函数f (x )在R 上的导函数为f ′(x )，且2f (x )＋xf ′(x )＞x 2，下面的不等式在R 上恒成立的是( )A ．f (x )＞0B ．f (x )＜0C ．f (x )＞xD ．f (x )＜x解析：选A.可令f (x )＝12x 2＋12，则f (x )满足条件，验证各个选项，知B 、C 、D 都不恒成立，故选A.11．已知定义域为R 的奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x ≠0时，f ′(x )＋f x x ＞0，若a ＝12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝－2f (－2)，c ＝ln 12f (ln 2)，则下列关于a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A ．a ＞b ＞cB ．a ＞c ＞bC ．c ＞b ＞aD ．b ＞a ＞c解析：选D.由f ′(x )＋f x x＝xf ′x ＋f xx＝[xf x ]′x＞0，得函数F (x )＝xf (x )在区间，(0，＋∞)上是增函数，又f (x )是R 上的奇函数，所以F (x )在R 上是偶函数，所以b ＝F (－2)＝F (2)＞a ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＞0，c ＝－F (ln 2)＜0，故选D.12．不等式e x －x ＞ax 的解集为P ，且[0,2]⊆P ，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，e －1) B ．(e －1，＋∞) C ．(－∞，e ＋1)D ．(e ＋1，＋∞)解析：选A.由题意知不等式e x －x ＞ax 在区间[0,2]上恒成立，当x ＝0时，不等式显然成立，当x ≠0时，只需a ＜e x x －1恒成立，令f (x )＝e x x －1，f ′(x )＝e x x －1x2，显然函数在区间(0,1]上单调递减，在区间[1,2]上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得最小值e －1，则a ＜e －1，故选A.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．已知e 为自然对数的底数，则曲线y ＝x e x 在点(1，e)处的切线斜率为________．解析：y ′＝(x ＋1)e x ，所以曲线y ＝x e x 在点(1，e)处的切线斜率为k ＝y ′|x ＝1＝2e.答案：2e14．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ＞0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ，则f (x )·f ′(x )随x 的变化情况如下表：x(－∞，－a )－a(－a ， a )a(a ，＋∞)f ′(x ) ＋ 0－＋f (x )极大值极小值从而⎩⎪⎨⎪⎧－a 3－3a －a ＋b ＝6a 3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)．答案：(－1,1)15．已知函数f (x )＝1－xax＋ln x ，若函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a 的取值范围为________．解析：∵f (x )＝1－x ax ＋ln x ，∴f ′(x )＝ax －1ax2(a ＞0)． ∵函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，∴f ′(x )＝ax －1ax 2≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，∴ax －1≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，即a ≥1x在x ∈[1，＋∞)上恒成立，∴a ≥1.答案：[1，＋∞)16．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d (b ，c ，d 为常数)，当k ∈(－∞，0)∪(4，＋∞)时，f (x )－k ＝0只有一个实根；当k ∈(0,4)时，f (x )－k ＝0有3个相异实根．现给出下列四个命题：①f(x)－4＝0和f′(x)＝0有一个相同的实根；②f(x)＝0和f′(x)＝0有一个相同的实根；③f(x)－3＝0的任一实根大于f(x)－1＝0的任一实根；④f(x)＋5＝0的任一实根小于f(x)－2＝0的任一实根．其中正确命题的序号是________．解析：由题意知f(x)的大致图象如图所示：令x1，x2(x1＜x2)为函数f(x)的极值点，由已知可得函数f(x)的极大值为f(x1)＝4，极小值为f(x2)＝0，又f′(x1)＝0，f′(x2)＝0，故①对；f(x)＝0和f′(x)＝0有一个相同的实根x2，②对；结合函数的图象可知f(x)＋5＝0的解均小于f(x)－2＝0的任一实根，④对；f(x)－3＝0和f(x)－1＝0均有3个实根，无法比较大小，故正确的命题有①②④.答案：①②④。

2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第2讲数列求和及其综合应用课件

真题研究·悟高考
1. (2023·全国新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为 d，且 d>1.令 bn ＝n2a＋n n，记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
考点突破·提能力
核心考点1 求数列的通项公式
核心知识·精归纳
求数列通项公式的方法 (1)Sn 与 an 的关系：若数列{an}的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，则 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2. (2)由递推关系式求通项公式：①构造法；②累加法；③累乘法．
角度1：由Sn与an的关系求通项公式
方法技巧·精提炼
根据所求的结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化 (1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． (2)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
加固训练·促Байду номын сангаас提高
1.数列{an}满足：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋(n－1)·2n＋1，n∈N*. 求数列{an}的通项公式．
2. (2023·全国新高考Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝a2na－n，6， n为n为偶奇数数，，记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d，而 bn＝a2na－n，6，n＝n＝2k，2k－1， k∈N*，则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，于是ST43＝＝44aa11＋＋64dd＝－3122，＝16，解得 a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d

高考数学二轮复习考点二十算法与框图课件理

揭秘解题绝招
试题体验应用
限时规范训练
类型一类型二类型五类型四类型三
第六页，共22页。
考题 ●解法类编
类型二求运算计数(jì shù)变量
例题(lìtí)精编
例 2：(2013·高考天津卷)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出 n 的值为( ) A．7 B．6 C．5 D．4
例题(lìtí)精编
例 3：(2013·高考福建卷)阅读如图
所示的程序框图，运行相应的程
序．如果输入某个正整数 n 后，
输出的 S∈(10，20)，那么 n 的值
为( )
A．3
B．4
C．5
D．6
考题解法类编
揭秘解题绝招
通性通法名师推荐探究演练
【解析】先读出框图的计算功能，再结合等比
数列求和公式求解．框图功能为求和，
例题(lìtí)精编
例 1：(2013·高考辽宁卷)
执行如图所示的程序框图，
若输入 n＝8，
则输出 S＝( )
A.49
B.67
C.89
D.1101
考题解法类编
揭秘解题绝招
通性通法创新发现探究演练
试题体验应用
第三页，共22页。
限时规范训练
类型一类型二类型五类型四类型三
考题 ●解法类编
类型(lèixíng)一求运算输出结果
例题(lìtí)精编
例 3：(2013·高考福建卷)阅读如图
所示的程序框图，运行相应的程
序．如果输入某个正整数 n 后，
输出的 S∈(10，20)，那么 n 的值
为( )
A．3
B．4
C．5
D．6

高考数学二轮复习第1部分小题速解方略—争取高分的先机专题四数列2递推数列及数列求和限时速解训练理

限时速解训练十二递推数列及数列求和(建议用时40分钟)一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的) 1．已知等差数列{a n }中，a 1 009＝4，S 2 018＝2 018，则S 2 019＝( ) A ．－2 019 B ．2 019 C ．－4 038D ．4 038解析：选C.因为{a n }是等差数列，所以S 2 018＝1 009(a 1＋a 2 018)＝1 009(a 1 009＋a 1 010)＝2 018，则a 1 009＋a 1 010＝2，又a 1 009＝4，所以a 1 010＝－2，则S 2 019＝ 2 019a 1＋a 2 0192＝2 019a 1 010＝－4 038，故选C.2．若正项数列{a n }满足a 2n ＋1＝a 2n ＋2，且a 25＝7，则a 1等于( ) A.12 B ．1 C. 2D ．2解析：选B.由a 2n ＋1＝a 2n ＋2知数列{a 2n }是公差为2的等差数列，∴a 2n ＝a 21＋2(n －1)，∴a 225＝a 21＋48＝49，∴a 21＝1，∵a 1＞0，∴a 1＝1.3．已知数列{a n }，若a 1，a 2－a 1，a 3－a 2，…，a n －a n －1，是首项为1，公比为13的等比数列，则a n ＝( ) A.32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13nB.32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －1C.23⎝⎛⎭⎪⎫1－13nD.23⎝⎛⎭⎪⎫1－13n －1解析：选A.由题意a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－13n .4．若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝4－a n (n ∈N *)，则a 5＝( ) A ．16 B.116C ．8D.18解析：选D.当n ＝1时，a 1＝S 1＝4－a 1，∴a 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ，∴2a n ＝a n －1，∴数列{a n }是以2为首项，以12为公比的等比数列，∴a 5＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝18.故选D.5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－3n ，若它的第k 项满足2＜a k ＜5，则k ＝( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：选C.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－3n .令n ＝1，可得S 1＝a 1＝1－3＝－2.a n ＝S n －S n －1＝n 2－3n －[(n －1)2－3(n －1)]＝2n －4，n ≥2. 当n ＝1时也满足a n 与n 的关系式， ∴a n ＝2n －4，n ∈N *.它的第k 项满足2＜a k ＜5，即2＜2k －4＜5，解得3＜k ＜4.5. ∵n ∈N *，∴k ＝4.故选C.6．数列{a n }中，a 1＝1，对所有n ∈N *都有a 1·a 2·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259 C.2516D.3115解析：选A.当n ≥1时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2；当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.两式相除，得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12.∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116，故选A.7．数列{a n }满足：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－a n －3，n ≤7，an －6，n ＞7，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫94，3B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，3 C ．(1,3)D ．(2,3)解析：选D.根据题意，a n ＝f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－a n －3，n ≤7，a n －6，n ＞7，要使{a n }是递增数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧3－a ＞0，a ＞1，3－a ×7－3＜a 8－6，解之得，2＜a ＜3.8．在等比数列{a n }中，若对任意n ∈N *，都有a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝( ) A ．(2n－1)2B.13(2n －1)2C ．4n －1D.13(4n－1)解析：选D.由已知令n ＝1得a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝(2n －1)－(2n －1－1)＝2n －1，∴{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列．∴{a 2n }是首项a 21＝1，公比q ′＝22＝4的等比数列． ∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1－4n1－4＝13(4n－1)．故选D.9.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1的值为( )A.n ＋12n ＋2 B.34－n ＋12n ＋2C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2 解析：选C.∵1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.10．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2 019＝( )A ．1 008×2 020B ．1 008×2 019C ．1 009×2 019D ．1 009×2 020解析：选C.在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列，S 2 019＝2 019×2 0182＝1 009×2 019.11．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( )A ．2 B.12 C ．3D.13解析：选C.∵S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3，∴35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3， ∵a 1a 2a 3＝15.∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，即a 2＝3. 12．已知数列{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 取得最大值的n 是( ) A ．21 B ．20 C ．19D ．18解析：选B.设数列{a n }的公差是d ，则a 2＋a 4＋a 6－(a 1＋a 3＋a 5)＝3d ＝99－105＝－6，即d ＝－2.又因为3a 3＝105，所以a 3＝35.所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝41－2n .令a n ＞0，得n ＜20.5，即数列{a n }的前20项均为正，自第21项起各项均为负，因此使得S n 达到最大值的n 为20.故选B.二、填空题(把答案填在题中横线上)13．若数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的正整数m ，n 都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋2mn ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：令m ＝1，则a n ＋1＝a n ＋a 1＋2n ＝a n ＋2n ＋1， ∴a n ＋1－a n ＝2n ＋1，∴a n －a n －1＝2n －1，n ≥2.∴当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(2n －1)＋(2n －3)＋(2n －5)＋…＋(2×2－1)＋1＝2n －1＋3n －12＋1＝(n ＋1)(n－1)＋1＝n 2.∵a 1＝1＝12，∴a n ＝n 2. 答案：n 214．在等比数列{a n }中，0＜a 1＜a 4＝1，则能使不等式⎝⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫a n －1an≤0成立的最大正整数n 是________．解析：设等比数列的公比为q ，由已知得a 1q 3＝1，且q ＞1，⎝⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝a 11－q n1－q－1a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n 1－1q≤0，化简得q －3≤q4－n，则－3≤4－n ，n ≤7. 答案：715．设关于x 的不等式x 2－x ＜2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．解析：由x 2－x ＜2nx (n ∈N *)得0＜x ＜2n ＋1，因此a n ＝2n ，所以数列{a n }是一个等差数列，所以S 100＝100×2＋2002＝10 100.答案：10 10016．数列{a n }中，设a n ＞0，a 1＝1且a n ·a 2n ＋1＝36，则数列{a n }的通项公式为________．解析：由a n ·a 2n ＋1＝36得2log 3a n ＋1＋log 3a n ＝6，令b n ＝log 3a n ，有2b n ＋1＋b n ＝6，则b n ＋1－2＝－12(b n －2)，所以b n －2＝(b 1－2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(log 31－2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－2)2－n，从而b n ＝2＋(－2)2－n，从而a n ＝32＋(－2)2－n. 答案：a n ＝32＋(－2)2－n。

高考数学大二轮总复习与增分策略专题四数列、推理与证明第1讲等差数列与等比数列课件理

所以
log2a2
013＋a2
014＋a2 3
015＋a2
016＝1
006.
解析答案
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： ①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数； ②利用中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2). (2)证明{an}是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； ②利用等比中项，即证明 a2n＝an－1an＋1(n≥2).
得 a5＝3，而 a10＝8，因此公差 d＝a1100－－a55＝1， ∴a100＝a10＋90d＝98，故选C.
解析
1 234
2.(2016·北京)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝____6____. 解析 ∵a3＋a5＝2a4＝0，∴a4＝0. 又a1＝6，∴a4＝a1＋3d＝0，∴d＝－2.
6×6－1 ∴S6＝6×6＋ 2 ×(－2)＝6.
解析答案
1 234
3.(2016·江苏)已知{an}是等差数列，Sn 是其前 n 项和.若 a1＋a22＝－3，S5 ＝10，则 a9 的值是___2_0____. 解析设等差数列{an}公差为d，由题意可得：
a1＋a1＋d2＝－3， 5a1＋5×2 4d＝10，
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热点分类突破
热点一等差数列、等比数列的运算 1.通项公式等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn－1. 2.求和公式等差数列：Sn＝na1＋2 an＝na1＋nn2－1d；等比数列：Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq(q≠1).

高考总复习二轮数学精品课件常考小题点素养提升微专题(一) 客观题速解技巧

cos +cos
等于(
)
B
1+cos cos
3
A.5
4
B.5
3
C.4
4
D.3
4
cos +cos
解析 (方法一)取特殊值 a=3,b=4,c=5,则 cos A= ,cos C=0,
5
1+cos cos
1 cos +cos
4
(方法二)取特殊角 A=B=C=60°,则 cos A=cos C=2 , 1+cos cos = 5.
=
4
.
5
[例 1—2]已知 E 为△ABC 的重心,AD 为 BC 边上的中线,令 =a, =b,过点 E
1
1
的直线分别交 AB,AC 于点 P,Q,且=ma, =nb,则 + =( A )

A.3
B.4
C.5
1
D.
3

解析由于题中直线PQ的条件是过点E,所以该直线是一条“动”直线,所以最
解决问题,得到正确的结果.几何图形中蕴含一定的数量关系,而数量关系
常常又可通过图形直观展现,合理应用数与形之间的相互转化,可将问题化
难为易,化抽象为具体.
3.排除法
选择题的解题本质就是去伪存真,舍弃不符合题目要求的选项,找到符合题
意的正确结论.排除法(又叫筛选法)就是通过分析、推理、计算、判断各
选项提供的信息或通过特例排除不符合要求的选项,从而得到正确结论的
的取值范围是(
12
B.(0,16)
D.(15,25)
A )
解析设f(x1)=m,画出函数f(x)的图象与直线y=m,如图所示.

高考数学二轮复习新高考方案专题增分方略专题四快解准解选择题常用到的4种方法

±
2 2
，结合三次函数的图象特征，知原函数在(－1,1)上有三个极值点，所
以排除C，故选D.
答案：D
2．若函数f(x)＝x＋asin x－13sin 2x在R上单调递增，则a的取值范围是( )
A．[－1,1]
B．－1，13
C．－13，13
D．－1，－13
解析：根据选项特点验证a＝1，a＝－1是否符合题意．当a＝1时，f(x)＝x
示例
解法关键
log2[4x－1]，x≥2，设f(x)＝ 12x＋1，x<2，则x0的取值范围为 A．(－∞，0)∪(2，＋∞) B．(0,2) C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
若f(x0)>3，
取x0＝1，则f(1)＝
1 2
＋1＝
3 2
() <3，故x0≠1，排除B、D；取
x0＝3，则f(3)＝log28＝3，故
＋sin x－13sin 2x，则f′(x)＝1＋cos x－23cos 2x，当x＝π时，f′(π)＝－23
＜0，不符合题意，排除选项A.当a＝－1时，f(x)＝x－sin
x－
1 3
sin
2x，则
f′(x)＝1－cos x－23cos 2x，当x＝0时，f′(0)＝－23<0，不符合题意，排除选项B、D.只有选项C满足．答案：C
()
解析：设等比数列{an}的前三项分别为a1＝1，a2＝2，a3＝4，则S1＝1，S2 ＝3，S3＝7，显然选项A、B、C均不成立，D成立，故选D. 答案：D
数学选择题的本质就是去伪存真，舍弃不符合题目要求的选项，找到符合题意的正确选项．排除法就是通过观察分析或推理运算题目提供的信息或通过特例，对错误选项注意剔除，从而获得正确选项的方法． (1)使用前提：四个选项中只有一个正确答案，适用于定性型或不易直接求解的选择题． (2)使用技巧：当题目中的条件多余一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小选项的范围内找出矛盾，这样逐步筛选，它与特例(值)法、验证法等常常结合使用． (3)常见问题：函数图象的判别，不等式，空间位置关系等不宜直接求解的

高考数学二轮复习专题四数列4.4专题提能_“数列”专题提能课讲义含解析05231157.doc

第四讲专题提能——“数列”专题提能课提能点一防止思维定式，实现“移花接木”n n n ________．[解析] 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.[答案] a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2[点评] 在对数列的概念的理解上，仅注意了a n ＝S n －S n －1，导致出现错误答案a n ＝2n .已知S n 求a n 时，要注意进行分类讨论，能合则合，反之则分．[例2] 已知一个等比数列{a n }的前4项之积为16，第2,3项的和为2，则数列{a n }的公比q ＝________.[解析] 设数列{a n }的前4项分别为a ，aq ，aq 2，aq 3，则⎩⎪⎨⎪⎧a 4q 6＝116，aq ＋aq 2＝2，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 4q 6＝116，a 4q 4＋q4＝4，所以(1＋q )4＝64q 2，当q >0时，可得q 2－6q ＋1＝0，解得q ＝3±22，当q <0时，可得q 2＋10q ＋1＝0，解得q ＝－5±2 6. 综上，q ＝3±22或q ＝－5±2 6. [答案] 3±22或－5±2 6[点评] 一般地，在乘积已知的条件下，三个数成等比数列时，可将此三个数分别设为aq，a ，aq ；四个数成等比数列时，可将此四个数分别设为a ，aq ，aq 2，aq 3，不要设为a q 3，a q，aq ，aq 3.公比为负数的等比数列中，所有奇数项的符号相同，所有偶数项的符号相同.[例3] 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 3＋S 6＝2S 9，求数列的公比q . [解] 若q ＝1，则有S 3＝3a 1，S 6＝6a 1，S 9＝9a 1，但a 1≠0，即得S 3＋S 6≠2S 9，与题设矛盾，故q ≠1.又依题意S 3＋S 6＝2S 9⇒a 1－q 31－q＋a 1－q 61－q＝2·a 1－q 91－q⇒q 3(2q6－q 3－1)＝0，即(2q 3＋1)(q 3－1)＝0，因为q ≠1，所以q 3－1≠0，所以2q 3＋1＝0.解得q＝－342. [点评] 在等比数列中，a 1≠0是显然的，但公比q 完全可能为1，因此，在解题时应先讨论公比q ＝1的情况，再在q ≠1的情况下，对式子进行整理变形．提能点二灵活运用策略，尝试“借石攻玉”[例1] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝n a n ＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 因为a n ＋1＝a na n ＋3(n ∈N *)，所以1a n ＋1＝3a n ＋1，设1a n ＋1＋t ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋t ，所以3t －t ＝1，解得t ＝12，所以1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12，又1a 1＋12＝1＋12＝32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1a n ＋12＝32×3n －1＝3n2，所以1a n ＝3n－12，所以a n ＝23n －1.[答案] a n ＝23n －1[点评] 本题条件中的递推公式取倒数后化为形如a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)的递推公式，再用待定系数法把此递推公式转化为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )，其中t ＝q p －1，再转化为等比数列求解.n 123n S n 满足S n ＋m ＝12(S 2n ＋S 2m )－(n －m )2，其中m ，n 为任意正整数．求数列{a n }的通项公式a n .[解] 令n ＝1，m ＝2，得S 3＝12(S 2＋S 4)－1，∵S 2＝11，S 3＝19，∴S 4＝29，a 4＝10. 令m ＝1，得S n ＋1＝12(S 2n ＋S 2)－(n －1)2，令m ＝2，得S n ＋2＝12(S 2n ＋S 4)－(n －2)2，∴a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝2n －3＋S 4－S 22＝2n ＋6＝2(n ＋2)＋2，∴a n ＝2n ＋2(n ≥3)．又a 2＝6符合，a 1＝5不符合，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n ＋2，n ≥2.[点评] 含有两个变量的方程常常让人束手无策，而实际上，如果让一个变量“定下来”，即对其中一个变量赋“常量”，就可以让问题转化为一个变量，从而找到突破口，得到所需的递推关系，顺利求解．提能点三系统数学思想，实现“触类旁通”1．函数与方程思想——解决数列基本量的求解问题[例1] 设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的正整数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项，求{a n }的通项公式．[解] 由题意可知a n ＋22＝2S n ，整理得S n ＝18(a n ＋2)2，当n ＝1时，S 1＝18(a 1＋2)2＝a 1，解得a 1＝2.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴a n ＋1＝18(a n ＋1＋2)2－18(a n ＋2)2，整理得：(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －4)＝0. 又∵a n >0，∴a n ＋1－a n －4＝0，∴a n ＋1－a n ＝4，即{a n }是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a n ＝4n －2.[点评] 本例利用了方程的消元思想，通过a n ＋1＝S n ＋1－S n ，S n ＝18(a n ＋2)2消去S n ，找到数列中相邻两项的递推关系，使问题得到解决．值得注意的是有时可借助a n ＋1＝S n ＋1－S n 消去a n ，利用S n ＋1，S n 的递推关系解题．2．分类讨论思想——解决数列前n 项和的问题[例2] 设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n >0(n ＝1,2，…)． (1)求q 的取值范围；(2)设b n ＝a n ＋2－32a n ＋1，记{b n }的前n 项和为T n ，试比较S n 与T n 的大小．[解] (1)因为{a n }是等比数列，S n >0，可得a 1＝S 1>0，q ≠0. 当q ＝1时，S n ＝na 1>0；当q ≠1时，S n ＝a 1－q n1－q>0，即1－q n1－q>0(n ＝1,2，…)，上式等价于不等式组：⎩⎪⎨⎪⎧1－q <0，1－q n<0(n ＝1,2，…)，①或⎩⎪⎨⎪⎧1－q >0，1－q n>0(n ＝1,2，…)，②解①式得q >1；解②式，由于n 可为奇数、可为偶数，得－1<q <0或0<q <1. 综上，q 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．(2)由b n ＝a n ＋2－32a n ＋1得b n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2－32q ，则其前n 项和T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫q 2－32q S n .于是T n －S n ＝S n ⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2－32q －1＝S n ⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋12(q －2)．又∵S n >0且－1<q <0或q >0.∴当－1<q <－12或q >2时，T n －S n >0，即T n >S n ；当－12<q <2且q ≠0时，T n －S n <0，即T n <S n ；当q ＝－12或q ＝2时，T n －S n ＝0，即T n ＝S n .[点评] 关于数列的分类讨论一般有三个考查方向：对公差d 的讨论、对公比q 的讨论、对项数n 的讨论．本例中考查了对公比q 的讨论．3．转化与化归思想——解决递推公式问题[例3] 已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n ，且S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，求{a n }的通项公式．[解] 当n ≥2时，S n ＋1＝4a n ＋2，S n ＝4a n －1＋2. 两式相减，得a n ＋1＝4a n －4a n －1，将之变形为a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)．所以{a n ＋1－2a n }是公比为2的等比数列．又a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2，a 1＝1，得a 2＝5，则a 2－2a 1＝3. 所以a n ＋1－2a n ＝3·2n －1.两边同除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为a 12＝12，公差为34的等差数列．所以a n 2n ＝12＋34(n －1)＝34n －14，所以a n ＝(3n －1)2n －2.[点评] 本例通过两次化归，第一次把数列化归为等比数列，第二次把数列化归为等差数列，随着化归的进行，问题降低了难度．化归与转化的思想中隐含着许多数学方法，如消元法、构造法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、分组求和法等．提能点四强化一题多法，激活“解题思维” 非特殊数列求和的常用方法[典例] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，由T n ＋a n ＋12n＝λ(λ为常数)，令c n ＝b 2n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和R n .[解] (1)a n ＝2n －1，n ∈N *(过程略)． (2)法一：(错位相减法)：由题意可知T n ＝λ－n2n －1，所以当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n －12n －2－n 2n －1＝n －22n －1，故c n ＝b 2n ＝2n －222n －1＝(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.所以R n ＝0×⎝ ⎛⎭⎪⎫140＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，14R n ＝0×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n .两式相减，得34R n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫141＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n1－14－(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝13－3n ＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫14n . 整理得R n ＝19⎝⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1.[点评] 由于c n ＝(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，根据它的通项特征是等差数列{n －1}与等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1的积数列，我们可以把此类数列形象地称为“差比型”数列，求这类数列的前n 项和时，常规的解法当然是“错位相减法”．法二：(构造常数列法)：由法一，知c n ＝(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，n ∈N *.又c n ＝R n －R n －1(n ≥2)，所以R n ＝R n －1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.①设R n －(an ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝R n －1－[a (n －1)＋b ]⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，即R n ＝R n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－34an ＋a －34b ⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.②比较①②，得⎩⎪⎨⎪⎧－34a ＝1，a －34b ＝－1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－43，b ＝－49，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫R n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋19⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1为常数列．所以R n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋19⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝R 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋19×⎝ ⎛⎭⎪⎫140＝49，整理得R n ＝19⎝⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1.[点评] 构造常数列是因为c n ＝a n b n ＝[a 1＋(n －1)d ]b 1q n －1＝S n －S n －1(n ≥2)，可设S n －(an ＋b )q n＝S n －1－[a (n －1)＋b ]q n －1.整理后比较系数可解出a ，b 的值，即可得到常数列{S n－(an ＋b )q n }，进而求出S n .法三：(分组求和法)：由c n ＝(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝43⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋43⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，所以R n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝43⎣⎢⎡⎦⎥⎤0－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋49⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝19⎝⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1.[点评] 数列{c n }可以拆成两部分，一部分可以用裂项相消法，另一部分是一个等比数列，这样就可以分别求出两部分的和，然后再求和．[课时达标训练]A 组——易错清零练1．等差数列{a n }，{b n }的前n 项和为S n ，T n .若S n T n ＝7n ＋14n ＋27(n ∈N *)，则a 7b 7＝________.解析：a 7b 7＝a 7＋a 7b 7＋b 7＝S 13T 13＝7×13＋14×13＋27＝9279.答案：92792．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝7，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a n ＝____________. 解析：由a n ＋1＝2S n ＋1，得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1＝3a n (n ≥2)，由a 2＝2a 1＋1，得S 2＝3a 1＋1＝7，解得a 1＝2，a 2＝5，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，5·3n －2，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，5·3n －2，n ≥23．已知一个等差数列{a n }的通项公式为a n ＝25－5n ，则数列{|a n |}的前n 项和为____________．解析：由a n ≥0，得n ≤5，∴{a n }前5项为非负，当n ≤5时S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝n－5n2，当n ≥6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－a 6－…－a n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a 5)－a 1－a 2－a 3－a 4－a 5－a 6－…－a n ＝－n－5n2＋100，综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧ n －5n2，n ≤5，－n－5n2＋100，n ≥6.答案：S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n －5n2，n ≤5，－n－5n2＋100，n ≥64．若{a n }是等差数列，首项a 1>0，a 2 018a 2 019<－1，则使前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是________．解析：∵{a n }为等差数列，a 1>0，a 2 018a 2 019<－1，∴{a n }表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且|a 2 018|>|a 2 019|，等价于a 2 018>0，a 2 019<0且a 2 018＋a 2 019>0.∴在等差数列{a n }中，a 2 018＋a 2 019＝a 1＋a 4 036>0，S 4 036＝a 1＋a 4 0362＞0，S 4 037＝a 1＋a 4 0372＝4 037a 2 019<0，∴使S n ＞0成立的最大自然数n 是4 036.答案：4 036B 组——方法技巧练1．设S n 是等比数列{a n }的前n 项的和，若a 3＋2a 6＝0，则S 6S 3的值是________．解析：由a 3＋2a 6＝0，得q 3＝－12，则S 6S 3＝a 1－q61－q×1－q a 1－q 3＝1＋q 3＝12. 答案：122．若公比不为1的等比数列{a n }满足log 2(a 1a 2…a 13)＝13，等差数列{b n }满足b 7＝a 7，则b 1＋b 2＋…＋b 13的值为________．解析：∵log 2(a 1a 2…a 13)＝13，∴log 2a 137＝13⇒a 7＝2＝b 7，∴b 1＋b 2＋…＋b 13＝13b 7＝26.答案：263．已知数列{a n }满足a 2n －1＋1≤a 2n ≤2a 2n ＋1，n ∈N *，a 1＝1，若前n 项和为S n ，则S 11的最小值为________．解析：要使S n 最小，则数列各项为1,2,1,2,1,2,1,2，…，所以当S 11的最小值为16. 答案：164．各项均为正数的等比数列{a n }满足：a 1>1，a 6＋a 7>a 6a 7＋1>2，记数列{a n }前n 项积为T n ，则满足T n >1的最大正整数n 的值为________．解析：a 6＋a 7>a 6a 7＋1>2⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 6a 7>1，a 6－a 7－，因为a 1>1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 6>1，a 7<1.由a 6a 7>1⇒a 1a 12＝a 2a 11＝…＝a 6a 7>1⇒T 12>1，a 7<1⇒a 1a 13＝a 2a 12＝…＝a 6a 8<1⇒T 13<1，所以n 的最大值为12.答案：125．已知{a n }是递增数列，其前n 项和为S n ，a 1>1，且10S n ＝(2a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)是否存在m ，n ，k ∈N *，使得2(a m ＋a n )＝a k 成立？若存在，写出一组符合条件的m ，n ，k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由10a 1＝(2a 1＋1)(a 1＋2)，得2a 21－5a 1＋2＝0，解得a 1＝2或a 1＝12.又a 1>1，所以a 1＝2. 因为10S n ＝(2a n ＋1)(a n ＋2)，所以10S n ＝2a 2n ＋5a n ＋2，故10a n ＋1＝10S n ＋1－10S n ＝2a 2n ＋1＋5a n ＋1＋2－2a 2n －5a n －2，整理，得2(a 2n ＋1－a 2n )－5(a n ＋1＋a n )＝0，即(a n ＋1＋a n )[2(a n ＋1－a n )－5]＝0. 因为{a n }是递增数列且a 1＝2，所以a n ＋1＋a n ≠0，因此a n ＋1－a n ＝52.所以数列{a n }是以2为首项，52为公差的等差数列，所以a n ＝2＋52(n －1)＝12(5n －1)．(2)满足条件的正整数m ，n ，k 不存在，理由如下：假设存在m ，n ，k ∈N *，使得2(a m ＋a n )＝a k ，则5m －1＋5n －1＝12(5k －1)，整理，得2m ＋2n －k ＝35，(*)显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立．故满足条件的正整数m ，n ，k 不存在．6．数列{a n }，{b n }，{c n }满足：b n ＝a n －2a n ＋1，c n ＝a n ＋1＋2a n ＋2－2，n ∈N *. (1)若数列{a n }是等差数列，求证：数列{b n }是等差数列；(2)若数列{b n }，{c n }都是等差数列，求证：数列{a n }从第二项起为等差数列； (3)若数列{b n }是等差数列，试判断当b 1＋a 3＝0时，数列{a n }是否成等差数列？证明你的结论．解：(1)证明：设数列{a n }的公差为d ，∵b n ＝a n －2a n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝(a n ＋1－2a n ＋2)－(a n －2a n ＋1)＝(a n ＋1－a n )－2(a n ＋2－a n ＋1)＝d －2d ＝－d ， ∴数列{b n }是公差为－d 的等差数列． (2)证明：当n ≥2时，c n －1＝a n ＋2a n ＋1－2， ∵b n ＝a n －2a n ＋1，∴a n ＝b n ＋c n －12＋1，∴a n ＋1＝b n ＋1＋c n2＋1，∴a n ＋1－a n ＝b n ＋1＋c n 2－b n ＋c n －12＝b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12，∵数列{b n }，{c n }都是等差数列， ∴b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12为常数，∴数列{a n }从第二项起为等差数列． (3)数列{a n }成等差数列． ∵b n ＝a n －2a n ＋1，b 1＋a 3＝0，令n ＝1，a 1－2a 2＝－a 3，即a 1－2a 2＋a 3＝0， ∴b n ＋1＝a n ＋1－2a n ＋2，b n ＋2＝a n ＋2－2a n ＋3，∴2b n ＋1－b n －b n ＋2＝(2a n ＋1－a n －a n ＋2)－2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)， ∵数列{b n }是等差数列，∴2b n ＋1－b n －b n ＋2＝0， ∴2a n ＋1－a n －a n ＋2＝2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)， ∵a 1－2a 2＋a 3＝0，∴2a n ＋1－a n －a n ＋2＝0， ∴数列{a n }是等差数列．C 组——创新应用练1．数列{a n }中，a n ＝n －97n －98(n ∈N *)，则最大项是第________项．解析：因为a n ＝n －97n －98＝1＋98－97n －98，所以{a n }在[1,9]单调递减，[10，＋∞)单调递减，所以n －98>0且最小时，a n 最大；n －98<0且最大时，a n 最小．所以当n ＝10时a n 最大．答案：102．对于一切实数x ，令[x ]为不大于x 的最大整数，则函数f (x )＝[x ]称为高斯函数或取整函数．若a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3，n ∈N *，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3n ＝__________. 解析：由题意，当n ＝3k ，n ＝3k ＋1，n ＝3k ＋2时均有a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 3＝k ，所以S 3n ＝0＋0＋1＋1＋1,3个＋2＋2＋2,3个＋…＋n －＋n －＋n －,3个＋n ＝3×1＋n －12×(n －1)＋n ＝32n 2－12n .答案：32n 2－12n3．等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 4≥10，S 5≤15，则a 4的最大值为________．解析：法一：设a 1＋3d ＝m (2a 1＋3d )＋n (a 1＋2d )，于是a 1＋3d ＝(2m ＋n )a 1＋(3m ＋2n )d ，由⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋n ＝1，3m ＋2n ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝3，所以a 1＋3d ＝－(2a 1＋3d )＋3(a 1＋2d )≤－5＋3×3＝4，所以a 4的最大值是4.法二：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为S 4≥10，S 5≤15, 所以⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ≥10，5a 1＋5×42d ≤15，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥5，a 1＋2d ≤3.而a 4＝a 1＋3d .建立如图所示的平面直角坐标系a 1Od ，作出可行域⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥5，a 1＋2d ≤3及目标函数a 4＝a 1＋3d .当直线a 4＝a 1＋3d 过可行域内点A (1,1)时截距最大，此时目标函数a 4＝a 1＋3d 取得最大值4.答案：44．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n n －d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0.∵对任意正整数n ，上式恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧dk －＝0，k －－d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14，∴数列{a n }的公差d ＝2.答案：25．设数列{a n }满足a 2n ＝a n ＋1a n －1＋λ(a 2－a 1)2，其中n ≥2，且n ∈N *，λ为常数． (1)若{a n }是等差数列，且公差d ≠0，求λ的值；(2)若a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，且存在r ∈[3,7]，使得m ·a n ≥n －r 对任意的n ∈N *都成立，求m 的最小值；(3)若λ≠0，且数列{a n }不是常数列，如果存在正整数T ，使得a n ＋T ＝a n 对任意的n ∈N *均成立．求所有满足条件的数列{a n }中T 的最小值．解：(1)由题意，可得a 2n ＝(a n ＋d )(a n －d )＋λd 2，化简得(λ－1)d 2＝0，又d ≠0，所以λ＝1.(2)将a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4代入条件，可得4＝1×4＋λ，解得λ＝0，所以a 2n ＝a n ＋1a n－1，所以数列{a n }是首项为1，公比q ＝2的等比数列，所以a n ＝2n －1.若存在r ∈[3,7]，使得m ·2n －1≥n －r ，即r ≥n －m ·2n －1对任意n ∈N *都成立，则7≥n －m ·2n －1，所以m ≥n －72n －1对任意的n ∈N *都成立．令b n ＝n －72n －1，则b n ＋1－b n ＝n －62n－n －72n －1＝8－n2n，所以当n ＞8时，b n ＋1＜b n ；当n ＝8时，b 9＝b 8；当n ＜8时，b n ＋1＞b n . 所以b n 的最大值为b 9＝b 8＝1128，所以m 的最小值为1128.(3)因为数列{a n }不是常数列，所以T ≥2.①若T ＝2，则a n ＋2＝a n 恒成立，从而a 3＝a 1，a 4＝a 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝a 21＋λa 2－a 12，a 21＝a 23＝a 22＋λa 2－a 12，所以λ(a 2－a 1)2＝0，又λ≠0，所以a 2＝a 1，可得{a n }是常数列，矛盾．所以T ＝2不合题意．②若T ＝3，取a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝3k －2，2，n ＝3k －1，k ∈N *，－3，n ＝3k ，(*)满足a n ＋3＝a n 恒成立．由a 22＝a 1a 3＋λ(a 2－a 1)2，得λ＝7. 则条件式变为a 2n ＝a n ＋1a n －1＋7.由22＝1×(－3)＋7，知a 23k －1＝a 3k －2a 3k ＋λ(a 2－a 1)2；由(－3)2＝2×1＋7，知a 23k ＝a 3k －1a 3k ＋1＋λ(a 2－a 1)2；由12＝(－3)×2＋7，知a23k＋1＝a3k a3k＋2＋λ(a2－a1)2. 所以数列(*)适合题意．所以T的最小值为3.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

高考数学二轮复习数列多选题知识点总结附解析

高考数学二轮复习数列多选题知识点总结附解析一、数列多选题1．已知等比数列{}n a 首项11a >，公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，函数()()()()127f x x x a x a x a =+++，若()01f '=，则（）A ．{}lg n a 为单调递增的等差数列B ．01q <<C ．11n a S q ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为单调递增的等比数列D ．使得1n T >成立的n 的最大值为6【答案】BCD 【分析】令()()()()127g x x a x a x a =+++，利用()()127001f g a a a '===可得3411a a q ==，01q <<，B 正确；由()()111lg lg lg 1lg n n a a q a n q -==+-可得A 错误；由()111111111n n n a a a qS q q q q q --=--=⋅---可得C 正确；由11a >，01q <<，41a =可推出671T T >=，81T <可得D 正确. 【详解】令()()()()127g x x a x a x a =+++，则()()f x xg x =， ()()()f x g x xg x ''∴=+，()()127001f g a a a '∴===，因为{}n a 是等比数列，所以712741a a a a ==，即3411a a q ==，11a >，01q ∴<<，B 正确；()()111lg lg lg 1lg n n a a q a n q -==+-，{}lg n a ∴是公差为lg q 的递减等差数列，A 错误；()111111111n n n a a a q S q q q q q --=--=⋅---，11n a S q ⎧⎫∴-⎨⎬-⎩⎭是首项为101a q q <-，公比为q 的递增等比数列，C 正确；11a >，01q <<，41a =，3n ∴≤时，1n a >，5n ≥时，01n a <<，4n ∴≤时，1n T >，7712741T a a a a ===，8n ∴≥时，78971n n T T a a a T =<=，又75671T T a a =>，7671T T a =>，所以使得1n T >成立的n 的最大值为6，D 正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：利用等比数列的性质、通项公式、求和公式、数列的单调性求解是解题关键.2．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且12a =，38a =则（） A ．512a = B ．公差3d = C ．()261n S n n =+ D ．数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为64nn + 【答案】BCD 【分析】根据已知条件求出等差数列{}n a 的通项公式和前n 项和公式，即可判断选项A 、B 、C ，再利用裂项求和即可判断选项D. 【详解】因为数列{}n a 是等差数列，则312228a a d d =+=+=，解得：3d =，故选项B 正确；所以()21331n a n n =+-⨯=-，对于选项A ：535114a =⨯-=，故选项A 不正确；对于选项C ：()()2222132612n n S n n n ++-⨯⎡⎤⎣⎦=⨯=+，所以故选项C 正确；对于选项D ：()()111111313233132n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以前n 项和为111111111325588113132n n ⎛⎫-+-+-++-⎪-+⎝⎭()611132322324n n n n n ⎛⎫=-== ⎪++⎝⎭+，故选项D 正确，故选：BCD. 【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：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，那么这个数列的前n 项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解.3．已知数列{}n a ，{}n b 满足，11a =，11n n n a a a +=+，1(1)n n b n a =+，若23100100122223100b b b T b =++++，则（） A ．n a n = B ．1n n b n =+ C ．100100101T =D ．10099100T =【答案】BC 【分析】先证明数列1n a 是等差数列得1n a n =，进而得1(1)1n n n b n a n ==++，进一步得()211111n b n n n n n ==-++，再结合裂项求和得100100101T =. 【详解】解:因为11nn n a a a +=+,两边取倒数得:1111n n a a +=+,即1111n na a ,所以数列1na 是等差数列,公差为1,首项为111a ,故()1111n n n a =+-⨯=,所以1n a n=, 所以1(1)1n n nb n a n ==++，故()211111n b n n n n n ==-++，所以31002100122211112310022334100101b b b T b =++++=++++⨯⨯⨯11111111100122334100101101101⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故BC 正确，AD 错误；故选：BC 【点睛】本题考查数列通项公式的求解，裂项求和，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明数列1na 是等差数列，进而结合裂项求和求解100T .4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为S n （n ∈N *），公差d ≠0，S 6=90，a 7是a 3与a 9的等比中项，则下列选项正确的是（） A ．a 1=22B ．d =－2C ．当n =10或n =11时，S n 取得最大值D ．当S n >0时，n 的最大值为20【答案】BCD 【分析】由等差数列的求和公式和通项公式，结合等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，求得等差数列的通项n a 和n S ，由二次函数的最值求法和二次不等式的解法可得所求值，判断命题的真假．【详解】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d ≠，由690S =，可得161590a d +=，即12530a d +=，①由7a 是3a 与9a 的等比中项，可得2739a a a =，即2111(6)(2)(8)a d a d a d +=++，化为1100a d +=，② 由①②解得120a =，2d =-，则202(1)222n a n n =--=-，21(20222)212n S n n n n =+-=-，由221441()24n S n =--+，可得10n =或11时，n S 取得最大值110；由0n S >，可得021n <<，即n 的最大值为20．故选：BCD 【点睛】方法点睛：数列最值常用的方法有：（1）函数（单调性）法；（2）数形结合法；（3）基本不等式法.要结合已知条件灵活选择合适的方法求解.5．（多选题）已知函数()22()()n n f n n n ⎧=⎨-⎩当为奇数时当为偶数时，且()()1n a f n f n =++，则na 等于（）A ．()21n -+B ．21n -C ．21nD ．12n -【答案】AC 【分析】对n 进行分类讨论，按照()()1n a f n f n =++写出通项即可. 【详解】当n 为奇数时，()()()()22112121n a f n f n n n n n =++=-+=--=-+；当n 为偶数时，()()()221121n a f n f n n n n =++=-++=+，所以()()()2121n n n a n n ⎧-+⎪=⎨+⎪⎩当为奇数时当为偶数时. 故选：AC . 【点睛】易错点睛：对n 进行分类讨论时，应注意当n 为奇数时，1n +为偶数；当n 为偶数时，1n +为奇数.6．首项为正数，公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，则下列4个命题中正确的有（）A ．若100S =，则50a >，60a <；B ．若412S S =，则使0n S >的最大的n 为15；C ．若150S >，160S <，则{}n S 中7S 最大；D ．若89S S <，则78S S <. 【答案】ABD 【分析】利用等差数列的求和公式及等差数列的性质，逐一检验选项，即可得答案. 【详解】对于A ：因为正数，公差不为0，且100S =，所以公差0d <，所以1101010()02a a S +==，即1100a a +=，根据等差数列的性质可得561100a a a a +=+=，又0d <，所以50a >，60a <，故A 正确；对于B ：因为412S S =，则1240S S -=，所以561112894()0a a a a a a ++⋅⋅⋅++=+=，又10a >，所以890,0a a ><，所以115815815()15215022a a a S a +⨯===>，116891616()16()022a a a a S ++===，所以使0n S >的最大的n 为15，故B 正确；对于C ：因为115815815()15215022a a a S a +⨯===>，则80a >， 116891616()16()022a a a a S ++===，则890a a +=，即90a <，所以则{}n S 中8S 最大，故C 错误；对于D ：因为89S S <，则9980S a S =->，又10a >，所以8870a S S =->，即87S S >，故D 正确，故选：ABD 【点睛】解题的关键是先判断d 的正负，再根据等差数列的性质，对求和公式进行变形，求得项的正负，再分析和判断，考查等差数列性质的灵活应用，属中档题.7．（多选）设数列{}n a 是等差数列，公差为d ，n S 是其前n 项和，10a >且69S S =，则（） A ．0d > B ．80a =C ．7S 或8S 为n S 的最大值D ．56S S >【答案】BC 【分析】根据69S S =得到80a =，再根据10a >得到0d <，可得数列{}n a 是单调递减的等差数列，所以7S 或8S 为n S 的最大值，根据6560S S a -=>得65S S >，故BC 正确. 【详解】由69S S =得，960S S -=，即7890a a a ++=，又7982a a a +=，830a ∴=，80a ∴=，∴B 正确；由8170a a d =+=，得17a d =-，又10a >，0d ∴<， ∴数列{}n a 是单调递减的等差数列，()()0,70,9n n a n N n a n N n **⎧>∈≤⎪∴⎨<∈≥⎪⎩， 7S ∴或8S 为n S 的最大值，∴A 错误，C 正确； 6560S S a -=>，65S S ∴>，所以D 错误.故选：BC ．【点睛】关键点点睛：根据等差中项推出80a =，进而推出0d <是解题关键.8．斐波那契数列{}n a ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，其通项公式n nn a ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，是用无理数表示有理数的一个范例，该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和，即21n n n a a a ++=+，记该数列{}n a 的前n 项和为n S ，则下列结论正确的是（）A ．10711S a =B ．2021201920182a a a =+C ．202120202019S S S =+D ．201920201S a =-【答案】AB 【分析】选项A 分别求出710S a ，可判断，选项B 由21n n n a a a ++=+，得()112n n n a a a n +-=+≥，相加得2n a +12n n a a -=+可判断,选项C ，由202112342021S a a a a a =+++++，202012S a a =+++2020a ，两式错位相减可判断.选项D.由()()()()()324354652122n n n n S a a a a a a a a a a a a +++=-+-+-+-++-=-可判断.【详解】因为10143S =，711143a =，所以10711S a =，则A 正确；由21n n n a a a ++=+，得()112n n n a a a n +-=+≥，相加得2n a +12n n a a -=+，所以2021201920182a a a =+，所以B 正确；因为202112342021S a a a a a =+++++，202012S a a =+++2020a ，两式错位相减可得202120201220192019101S S a a a S -=+++++=+，所以2021202020191S S S =++，所以C 错误；因为()()()()()123324354652122n n n n n S a a a a a a a a a a a a a a a a +++=++++=-+-+-+-++-=-21n a +=-，所以201920211S a =-，所以D 错误.故选：AB. 【点睛】关键点睛：本题考查数列的递推关系的应用，解答本题的关键是由202112342021S a a a a a =+++++，202012S a a =+++2020a ，两式错位相减可得202120201220192019101S S a a a S -=+++++=+，以及由递推关系可得()()()()()324354652122n n n n S a a a a a a a a a a a a +++=-+-+-+-++-=-，属于中档题.二、平面向量多选题9．如图，BC ，DE 是半径为1的圆O 的两条不同的直径，2BF FO =，则（）A ．13BF FC =B ．89FD FE ⋅=-C ．41cos ,5FD FE -<<->≤ D ．满足FC FD FE λμ=+的实数λ与μ的和为定值4 【答案】BCD 【分析】A. 根据2BF FO =易得12BF FC =判断；B. 由()()FD FE OD OF OE OF ⋅=-⋅-运算求解判断；，C.建立平面直角坐标系：设,0,2DOF παα⎡⎤∠=∈⎢⎥⎣⎦，则()()1cos ,sin ,cos ,sin ,,03D E F αααα⎛⎫--- ⎪⎝⎭，得到11cos ,sin ,cos ,sin 33FD FE αααα⎛⎫⎛⎫=-=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由cos ,FD FE FD FE FD FE ⋅<>=⋅利用三角恒等变换和三角函数的性质判断；D. 将FC FD FE λμ=+，利用线性运算变形为()()4OF OD OF λμλμ-=--+判断；【详解】A. 因为2BF FO =，所以12BF FC =，故错误；B. ()()2FD FE OD OF OE OF OD OE OD OF OF OE OF ⋅=-⋅-=⋅-⋅-⋅+，()22181099OE OF OD OE OF =-+++=-++=-，故正确； C.建立如图所示平面直角坐标系：设,(0,]2DOF παα∠=∈，则()()1cos ,sin ,cos ,sin ,,03D E F αααα⎛⎫--- ⎪⎝⎭，所以11cos,sin,cos,sin 33FD FEαααα⎛⎫⎛⎫=-=+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以222289cos,11cos sin cos sin33FD FEFD FEFD FEαααα-⋅<>==⋅⎛⎫⎛⎫-+⋅++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，849(1,]5822cos2819α-=∈---⋅，故正确；D. 由FC FD FEλμ=+，得()()()()4OF OD OF OE OF OD OFλμλμλμ-=-+-=--+，所以4λμ+=，故正确；故选：BCD【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 10．已知ABC的面积为3，在ABC所在的平面内有两点P，Q，满足20PA PC+=，2QA QB=，记APQ的面积为S，则下列说法正确的是（）A．//PB CQ B．1233BP BA BC=+C．0PA PC⋅>D．4S=【答案】BD【分析】利用向量的共线定义可判断A；利用向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义即可判断B；利用向量数量积的定义可判断C；利用三角形的面积公式即可判断D.【详解】由20PA PC+=，2QA QB=，可知点P为AC的三等分点，点Q为AB延长线的点，且B为AQ的中点，如图所示：对于A，点P为AC的三等分点，点B为AQ的中点，所以PB与CQ不平行，故A错误；对于B ，()22123333BP BA AP BA AC BA BC BA BA BC =+=+=+-=+, 故B 正确；对于C ，cos 0PA PC PA PC PA PC π⋅==-<，故C 错误；对于D ，设ABC 的高为h ，132ABCS AB h ==，即6AB h =，则APQ 的面积1212226423233APQS AQ h AB h =⋅=⋅⋅=⨯=，故D 正确；故选：BD 【点睛】本题考查了平面向量的共线定理、共线向量、向量的加法与减法、向量的数量积，属于基础题。

高考数学大二轮总复习增分策略第四篇第4讲数列、不等式

4．数列、不等式1．已知前n 项和S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1S n －S n －1 n ≥2.由S n 求a n 时，易忽略n ＝1的情况．[问题1] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________. 2．等差数列的有关概念及性质(1)等差数列的判断方法：定义法a n ＋1－a n ＝d (d 为常数)或a n ＋1－a n ＝a n －a n －1(n ≥2)． (2)等差数列的通项：a n ＝a 1＋(n －1)d 或a n ＝a m ＋(n －m )d . (3)等差数列的前n 项和：S n ＝n a 1＋a n2，S n ＝na 1＋n n －12d .(4)等差数列的性质①当公差d ≠0时，等差数列的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝dn ＋a 1－d 是关于n 的一次函数，且斜率为公差d ；前n 项和S n ＝na 1＋n n －12d ＝d 2n 2＋(a 1－d2)n 是关于n 的二次函数且常数项为0.②若公差d >0，则为递增等差数列；若公差d <0，则为递减等差数列；若公差d ＝0，则为常数列．③当m ＋n ＝p ＋q 时，则有a m ＋a n ＝a p ＋a q ，特别地，当m ＋n ＝2p 时，则有a m ＋a n ＝2a p . ④S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列．[问题2] 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝12，S 20＝17，则S 30为( ) A ．15 B ．20 C ．25 D ．303．等比数列的有关概念及性质 (1)等比数列的判断方法：定义法a n ＋1a n ＝q (q 为常数)，其中q ≠0，a n ≠0或a n ＋1a n ＝a na n －1(n ≥2)．如一个等比数列{a n }共有2n ＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则a n ＋1＝56.(2)等比数列的通项：a n ＝a 1qn －1或a n ＝a m qn －m.(3)等比数列的前n 项和：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q.易错警示：由于等比数列前n 项和公式有两种形式，为此在求等比数列前n 项和时，首先要判断公比q 是否为1，再由q 的情况选择求和公式的形式，当不能判断公比q 是否为1时，要对q 分q ＝1和q ≠1两种情形讨论求解．(4)等比中项：若a ，A ，b 成等比数列，那么A 叫做a 与b 的等比中项．值得注意的是，不是任何两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个，即为±ab .如已知两个正数a ，b (a ≠b )的等差中项为A ，等比中项为B ，则A 与B 的大小关系为A >B . (5)等比数列的性质当m ＋n ＝p ＋q 时，则有a m ·a n ＝a p ·a q ，特别地，当m ＋n ＝2p 时，则有a m ·a n ＝a 2p . [问题3] (1)在等比数列{a n }中，a 3＋a 8＝124，a 4a 7＝－512，公比q 是整数，则a 10＝________. (2)各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 5·a 6＝9，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝________. 4．数列求和的方法(1)公式法：等差数列、等比数列求和公式； (2)分组求和法； (3)倒序相加法； (4)错位相减法； (5)裂项法；如：1nn ＋1＝1n －1n ＋1；1nn ＋k ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k . (6)并项法．数列求和时要明确：项数、通项，并注意根据通项的特点选取合适的方法．[问题4] 数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N ，n ≥1)，若a 2＝1，S n 是{a n }的前n 项和，则S 21的值为________．5．在求不等式的解集时，其结果一定要用集合或区间表示，不能直接用不等式表示． [问题5] 不等式－3x 2＋5x －2>0的解集为________．6．不等式两端同时乘以一个数或同时除以一个数，必须讨论这个数的正负．两个不等式相乘时，必须注意同向同正时才能进行．[问题6] 已知a ，b ，c ，d 为正实数，且c >d ，则“a >b ”是“ac >bd ”的________条件． 7．基本不等式：a ＋b2≥ab (a ，b >0)(1)推广：a 2＋b 22≥a ＋b2≥ab ≥21a ＋1b(a ，b >0)． (2)用法：已知x ，y 都是正数，则①若积xy 是定值p ，则当x ＝y 时，和x ＋y 有最小值2p ； ②若和x ＋y 是定值s ，则当x ＝y 时，积xy 有最大值14s 2.易错警示：利用基本不等式求最值时，要注意验证“一正、二定、三相等”的条件． [问题7] 已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，则y ＝1a ＋4b的最小值是________．8．解线性规划问题，要注意边界的虚实；注意目标函数中y 的系数的正负；注意最优整数解．[问题8] 设定点A (0,1)，动点P (x ，y )的坐标满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≤x ，则|PA |的最小值是________．易错点1 a n 与S n 关系不清例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________．错因分析没有注意到a n ＝S n －S n －1成立的条件：n ≥2，忽视对n 的分类讨论．解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝n 2＋n ＋1－(n －1)2－(n －1)－1＝2n ，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2易错点2 忽视等比数列中q 的范围例2 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋S 6＝S 9，则数列{a n }的公比q ＝________.错因分析没有考虑等比数列求和公式S n ＝a 11－q n1－q中q ≠1的条件，本题中q ＝1恰好符合题目条件．解析 ①当q ＝1时，S 3＋S 6＝9a 1，S 9＝9a 1， ∴S 3＋S 6＝S 9成立．②当q ≠1时，由S 3＋S 6＝S 9，得a 11－q 31－q ＋a 11－q 61－q ＝a 11－q 91－q.∴q 9－q 6－q 3＋1＝0，即(q 3－1)(q 6－1)＝0. ∵q ≠1，∴q 3－1≠0，∴q 6＝1，∴q ＝－1. 答案 1或－1易错点3 数列最值问题忽略n 的限制例3 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)(910)n (n ∈N *)，则数列{a n }的最大项是( )A ．第6项或第7项B ．第7项或第8项C ．第8项或第9项D ．第7项错因分析求解数列{a n }的前n 项和S n 的最值，无论是利用S n 还是利用a n 来求，都要注意n 的取值的限制，因为数列中可能出现零项，所以在利用不等式(组)求解时，不能漏掉不等式(组)中的等号，避免造成无解或漏解的失误．解析因为a n ＋1－a n ＝(n ＋3)(910)n ＋1－(n ＋2)(910)n ＝(910)n ·7－n 10，当n ＜7时，a n ＋1－a n ＞0，即a n ＋1＞a n ；当n ＝7时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n ＞7时，a n ＋1－a n ＜0，即a n ＋1＜a n .故a 1＜a 2＜…＜a 7＝a 8＞a 9＞a 10…，所以此数列的最大项是第7项或第8项，故选B.答案 B易错点4 裂项法求和搞错剩余项例4 在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝1a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为( ) A.n2 B.nn ＋1C.2n n ＋1D.4nn ＋1错因分析裂项相消后搞错剩余项，导致求和错误：一般情况下剩余的项是对称的，即前面剩余的项和后面剩余的项是对应的．解析由已知得a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1＝1n ＋1(1＋2＋…＋n )＝n 2，从而b n ＝1a n a n ＋1＝1n 2·n ＋12＝4(1n －1n ＋1)，所以数列{b n }的前n 项和为S n ＝4[(1－12)＋(12－13)＋(13－14) ＋…＋(1n －1n ＋1)]＝4(1－1n ＋1)＝4nn ＋1.故选D. 答案 D易错点5 解不等式时变形不同解例5 解不等式3x －5x 2＋2x －3≥2.错因分析本题易出现的问题有两个方面：一是错用不等式的性质直接把不等式化为3x －5≥2(x 2＋2x －3)求解；二是同解变形过程中忽视分母不为零的限制条件，导致增解．解原不等式可化为3x －5x 2＋2x －3－2≥0，即－2x 2－x ＋1x 2＋2x －3≥0. 整理得2x －1x ＋1x －1x ＋3≤0，不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧2x －1x ＋1x －1x ＋3≤0，x －1x ＋3≠0，解得－3＜x ≤－1或12≤x ＜1.所以原不等式的解集为{x |－3＜x ≤－1或12≤x ＜1}．易错点6 忽视基本不等式中等号成立条件例6 函数y ＝x ＋1x －1(x ≠1)的值域是______________________________________．错因分析本题易出现的错误有两个方面：一是不会“凑”，不能根据函数解析式的特征适当变形凑出两式之积为定值；二是利用基本不等式求最值时，忽视式子的取值范围，直接套用基本不等式求最值．如本题易出现：由y ＝x ＋1x －1＝x －1＋1x －1＋1≥2x －1·1x －1＋1＝3，得出y ∈[3，＋∞)这一错误结果．解析当x ＞1时，y ＝x ＋1x －1＝x －1＋1x －1＋1 ≥2x －1·1x －1＋1＝3，当且仅当x －1＝1x －1，即x ＝2时等号成立；当x ＜1时，－y ＝－x ＋11－x ＝1－x ＋11－x －1≥21－x ·11－x －1＝1，即y ≤－1，当且仅当1－x ＝11－x，即x ＝0时等号成立．所以原函数的值域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．答案 (－∞，－1]∪[3，＋∞)1．(2015·重庆)在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6等于( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．62．(2015·武汉适应性训练)已知正项等差数列{a n }的前20项和为100，那么a 6·a 15的最大值是( ) A ．25 B ．50 C ．100D ．不存在3．已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，{b n }是等比数列，其中a 1＝3，b 1＝1，a 2＝b 2,3a 5＝b 3，若存在常数u ，v 对任意正整数n 都有a n ＝3log u b n ＋v ，则u ＋v 等于( ) A ．3 B ．6 C ．9D ．124．(2015·江南十校联考(二))已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 3nn ＋1(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n ＜－4成立的最小自然数n 为( ) A ．83 B ．82 C ．81 D ．805．(2015·湖南)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥－1，2x －y ≤1，y ≤1，则z ＝3x －y 的最小值为( )A ．－7B ．－1C ．1D ．26．把一数列依次按第一个括号内一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内三个数，第四个括号内一个数，…循环分为(1)，(3,5)，(7,9,11)，(13)，(15,17)，(19,21,23)，(25)，…，则第50个括号内各数之和为( ) A ．195 B ．197 C ．392D ．3967．(2015·福建六校联考)设x ，y ∈R ，且xy ≠0，则(x 2＋1y 2)(1x2＋4y 2)的最小值为______．8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4－a 2x ＋4x ≤6，a x －5x >6(a >0，a ≠1)．数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是单调递增数列，则实数a 的取值范围是________． 9．(2015·忻州联考)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋y ≤3，y ≥x ＋1表示的平面区域为Ω，直线y ＝kx －1与区域Ω有公共点，则实数k 的取值范围为________．10．已知函数f (x )＝x 2ax ＋b(a ，b 为常数)且方程f (x )－x ＋12＝0有两实根x 1＝3，x 2＝4.(1)求函数f (x )的解析式；(2)设k ＞1，解关于x 的不等式f (x )≤k ＋1x －k2－x.11．等比数列{a n}的公比q＞1，第17项的平方等于第24项，求使a1＋a2＋…＋a n＞1a1＋1a2＋…＋1a n成立的正整数n的取值范围．学生用书答案精析4．数列、不等式要点回扣[问题1] ⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝12n －1， n ≥2[问题2] A[问题3] (1)512 (2)10 [问题4] 92[问题5] ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 [问题6] 充分不必要 [问题7] 9 [问题8] 22查缺补漏1．B [由等差数列的性质，得a 6＝2a 4－a 2＝2×2－4＝0，选B.] 2．A [由题意知S 20＝a 1＋a 202×20＝100⇒a 1＋a 202＝5，故a 6＋a 15＝a 1＋a 20＝10，又{a n }为正项数列，所以，a 6＞0，a 15＞0，所以a 6·a 15≤(a 6＋a 152)2＝25.]3．B [设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧3＋d ＝q ，33＋4d ＝q 2，解得d ＝6，q ＝9，所以a n ＝6n －3，b n ＝9n －1,6n －3＝3n log u 9＋v －3log u 9对任意正整数n 恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧log u 9＝2，v －3log u 9＝－3，解得u ＝v ＝3，故u ＋v ＝6.]4．C [∵a n ＝log 3nn ＋1＝log 3n －log 3(n ＋1)，∴S n ＝log 31－log 32＋log 32－log 33＋…＋log 3n －log 3(n ＋1)＝－log 3(n ＋1)＜－4，解得n ＞34－1＝80.故最小自然数n 的值为81.]5．A [不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥－1，2x －y ≤1，y ≤1表示的平面区域如图，平移直线y ＝3x －z ，过M (－2,1)时，z min ＝3×(－2)－1＝－7.故选A.]6．C [将三个括号作为一组，则由50＝16×3＋2，知第50个括号应为第17组的第二个括号，即第50个括号中应是两个数．又因为每组中含有6个数，所以第48个括号的最末一个数为数列{2n －1}的第16×6＝96项，第50个括号的第一个数应为数列{2n －1}的第98项，即为2×98－1＝195，第二个数为2×99－1＝197，故第50个括号内各数之和为195＋197＝392.故选C.] 7．9解析 (x 2＋1y 2)(1x 2＋4y 2)＝1＋4＋4x 2y 2＋1x 2y2≥1＋4＋24x 2y 2·1x 2y2＝9，当且仅当4x 2y 2＝1x 2y2即|xy |＝22时等号成立． 8．(4,8)解析 ∵{a n }是单调递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧4－a2>0，a >1，4－a 2×6＋4<a 2，⎩⎪⎨⎪⎧a <8，a >1，a <－7或a >4，∴4<a <8.9．[3，＋∞)解析作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分．直线y ＝kx －1显然经过定点M (0，－1)，由图形直接观察知，当直线y ＝kx －1经过直线y ＝x ＋1和直线x ＋y ＝3的交点C (1,2)时，k 最小，此时k CM ＝2－－11－0＝3，因此k ≥3.10．解 (1)将x 1＝3，x 2＝4分别代入方程x 2ax ＋b－x ＋12＝0，11 得⎩⎪⎨⎪⎧ 93a ＋b ＝－9，164a ＋b ＝－8⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－1，b ＝2，所以f (x )＝x 22－x (x ≠2)． (2)不等式即为x 22－x ≤k ＋1x －k 2－x ，可化为x 2－k ＋1x ＋k2－x ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －2x －1x －k ≥0，x －2≠0.①当1＜k ＜2时，解集为x ∈[1，k ]∪(2，＋∞)； ②当k ＝2时，解集为x ∈[1,2)∪(2，＋∞)； ③当k >2时，解集为x ∈[1,2)∪[k ，＋∞)．11．解由题意，得(a 1q 16)2＝a 1q 23，所以a 1q 9＝1.又因为数列{1a n }是以1a 1为首项，以1q为公比的等比数列，要使不等式成立，则需a 1q n －1q －1＞1a 1[1－1q n]1－1q，把a 21＝q －18代入上式并整理，得q －18(q n －1)＞ q (1－1q n )，即q －18(q n －1)＞q ·q n －1q n ，所以q n ＞q 19.因为q ＞1，所以n ＞19.故所求正整数n 的取值范围是n ≥20，n ∈N *.。

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