2020年高考数学二轮复习专题讲义

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2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题四第一讲等差数列、等比数列

(1)求{an}的通项公式．
(2)求Sn.并求Sn的最小值．
[解析](1)设等差数列{an}的公差为d.由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时.Sn取得最小值.最小值为－16.
例1 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn.a1＋a3＝30.S4＝120.设bn＝1＋log3an.那么数列{bn}的前15项和为( B )
6．(20xx·全国卷Ⅰ.14)记Sn为数列的前n项和．若Sn＝2an＋1.则S6＝－63..
[解析]依题意. 作差得an＋1＝2an.
所以数列{an}是公比为2的等比数列.
又因为a1＝S1＝2a1＋1.
所以a1＝－1.所以an＝－2n－1.
所以S6＝＝－63.
7．(20xx·全国卷Ⅱ.16)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知a1＝－7.S3＝－15.
A．1B．2
C．4D．8
[解析]设{an}的公差为d.则由
得
解得d＝4.
故选C．
4．(20xx·全国卷Ⅲ.9)等差数列{an}的首项为1.公差不为0.若a2.a3.a6成等比数列.则{an}的前6项和为( A )
A．－24B．－3
C．3D．8
[解析]由已知条件可得a1＝1.d≠0.
由a ＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d).
(3)注意整体思想.如在与等比数列前n项和有关的计算中.两式相除就是常用的计算方法.整体运算可以有效简化运算．
G
1．(20xx·邵阳模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2a3＝2a1.且a4与2a7的等差中项为 .则S5＝( B )

(全国通用)2020版高考数学二轮复习提升专题数列教案讲义

第1讲等差数列、等比数列[例1] (1)(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A.a n ＝2n －5B.a n ＝3n －10C.S n ＝2n 2－8nD.S n ＝12n 2－2n(2)(2019·全国卷Ⅰ)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________.[答案] (1)A (2)1213[解析] (1)设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2. 所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n （n －1）2×2＝n 2－4n .故选A.(2)由a 24＝a 6得(a 1q 3)2＝a 1q 5，整理得q ＝1a 1＝3.∴S 5＝13（1－35）1－3＝1213.[解题方略] 等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量：首项a 1和公差d (公比q ).(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (或q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.[跟踪训练]1.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，则a 9＝( )A.12 B.54 C.45D.－45解析：选C 因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，a 3＝2，a 7＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差d ＝1a 7－1a 37－3＝1－127－3＝18，所以1a 9＝1a 7＋(9－7)×18＝54，所以a 9＝45，故选C.2.(2019·开封市定位考试)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋4S 2＝0，则公比q ＝( )A.－1B.1C.－2D.2解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0.解得q ＝－2(舍去)或q ＝4.因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，因此数列{b n }的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.解析：选C 法一：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 1q 2＋4a 1＋4a 1q ＝0，因为a 1≠0，所以q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2，故选C.法二：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 2q ＋4a 2q ＋4a 2＝0，因为a 2≠0，所以q ＋4q＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q ＝－2，故选C.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和.[例2] (1)(2019·长春市质量监测一)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 6＝30，S 9＝70，则S 3＝________.(2)在等差数列{a n }中，已知a 1＝13，3a 2＝11a 6，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________.[解析] (1)法一：设数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝30， ①S 9＝a 1（1－q 9）1－q ＝70，②①÷②得，1－q 61－q 9＝1＋q 31＋q 3＋q 6＝37，又由q ＞0，得q 3＝2，再由S 3S 6＝a 1（1－q 3）1－q a 1（1－q 6）1－q＝11＋q 3＝13，得S 3＝13S 6＝10. 法二：由题意可得(S 6－S 3)2＝S 3(S 9－S 6)，即(30－S 3)2＝40S 3，即S 23－100S 3＋900＝0，解得S 3＝10或S 3＝90，又数列{a n }的各项均为正数，所以S 3＜S 6，S 3＝90(舍去)，故S 3＝10.(2)设{a n }的公差为d .法一：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )，解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15.由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0得⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋15≥0，－2（n ＋1）＋15≤0，解得6.5≤n ≤7.5. 因为n ∈N *，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝7（13－2×7＋15）2＝49.法二：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )，解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15. 所以S n ＝n （13＋15－2n ）2＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝49. [答案] (1)10 (2)49[解题方略] 与数列性质有关问题的求解策略[跟踪训练]1.在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( ) A.－2＋22B.－ 2C. 2D.－2或 2解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－2，故选B.2.(2019·四省八校双教研联考)在公差不为0的等差数列{a n }中，4a 3＋a 11－3a 5＝10，则15a 4＝( ) A.－1 B.0 C.1D.2解析：选C 法一：设{a n }的公差为d (d ≠0)，由4a 3＋a 11－3a 5＝10，得4(a 1＋2d )＋(a 1＋10d )－3(a 1＋4d )＝10，即2a 1＋6d ＝10，即a 1＋3d ＝5，故a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.法二：设{a n }的公差为d (d ≠0)，因为a n ＝a m ＋(n －m )d ，所以由4a 3＋a 11－3a 5＝10，得4(a 4－d )＋(a 4＋7d )－3(a 4＋d )＝10，整理得a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.法三：由等差数列的性质，得2a 7＋3a 3－3a 5＝10，得4a 5＋a 3－3a 5＝10，即a 5＋a 3＝10，则2a 4＝10，即a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.3.数列{a n }是首项a 1＝m ，公差为2的等差数列，数列{b n }满足2b n ＝(n ＋1)a n ，若对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，则m 的取值范围是________.解析：由题意得，a n ＝m ＋2(n －1)，从而b n ＝n ＋12a n ＝n ＋12[m ＋2(n －1)].又对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，结合数列{b n }的函数特性可知b 4≥b 5，b 6≥b 5，故⎩⎪⎨⎪⎧52（m ＋6）≥3（m ＋8），72（m ＋10）≥3（m ＋8），解得－22≤m ≤－18.答案：[－22，－18][例3] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *).(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式.[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ，即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *). 所以数列{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)因为a 1＝1，所以b 1＝2a 1＝2.因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2).所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为12，公差为1的等差数列.所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1.[解题方略]数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2).(2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2).[跟踪训练]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *). (1)求a 1，a 2，a 3的值.(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求通项公式a n . 解：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *). 所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3，n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)因为S n ＝2a n －3n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，①把b n ＝a n ＋3及b n ＋1＝a n ＋1＋3，代入①式，得b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列，所以b n ＝6×2n －1，所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n－1).逻辑推理——等比数列运算中的分类讨论[典例] 已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.(－∞，0)∪[1，＋∞) C.[3，＋∞)D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q.当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3，当且仅当q ＝1时，等号成立；当公比q <0时，S 3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－q －1q ≤1－2（－q ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1q ＝－1，当且仅当q ＝－1时，等号成立.所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞). [答案] D[素养通路]等比数列的公比q <0时，相邻两项一定异号，相隔一项的两项符号一定相同；等比数列的公比q >0时，数列中的各项符号相同.用等比数列前n 项和公式时，如果其公比q 不确定，要分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论.本题考查了逻辑推理及数学运算的核心素养.[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A.16B.8C.4D.2解析：选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C.2.(2019·湖南省五市一校联考)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6＝( )A.6B.7C.8D.9解析：选B 法一：由题意知，数列{a n }是等差数列，设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＋a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝12，a 1＋a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以a 1＋a 6＝a 1＋a 1＋5d ＝7，故选B. 法二：由题意知，数列{a n }是等差数列，将a 2＋a 4＋a 6＝12与a 1＋a 3＋a 5＝9相加可得3(a 1＋a 6)＝12＋9＝21，所以a 1＋a 6＝7，故选B.3.(2019·福州市质量检测)等比数列{a n }的各项均为正实数，其前n 项和为S n .若a 3＝4，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A.32B.31C.64D.63解析：选 B 法一：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·q 2＝4，a 1q ·a 1q 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S 5＝31，故选B. 法二：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由a 2a 6＝a 24＝64，a 3＝4，得q ＝2，a 1＝1，所以S 5＝31，故选B.4.数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2019＝( ) A.1 B.－2 C.3D.－3解析：选A 因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n－1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3).所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，故{a n }是以6为周期的周期数列. 因为2019＝336×6＋3，所以a 2019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.5.(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( )A.10B.11C.12D.13解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0，所以S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7<0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n＋1<0的正整数n 的值为12，故选C.6.已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin2x ＋2cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A.0B.－9C.9D.1解析：选 C 由已知可得，数列{a n }为等差数列，f (x )＝sin2x ＋cos x ＋1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1.∵f (π－x )＝sin(2π－2x )＋cos(π－x )＋1＝－sin2x －cos x ＋1，∴f (π－x )＋f (x )＝2，∵a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，∴f (a 1)＋…＋f (a 9)＝2×4＋1＝9，即数列{y n }的前9项和为9.二、填空题7.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.解析：设等比数列的公比为q ，则a n ＝a 1qn －1＝qn －1.∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝58.答案：588.(2019·北京高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________.解析：∵a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10， ∴a 1＝－4，d ＝1， ∴a 5＝a 1＋4d ＝0， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5.令a n <0，则n <5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正. ∴S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10. 答案：0 －109.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 （2n －1）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，∴⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14，∴数列{a n }的公差为2.答案：2 三、解答题10.(2019·北京高考)设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列.(1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值. 解：(1)设{a n }的公差为d .因为a 1＝－10，所以a 2＝－10＋d ，a 3＝－10＋2d ，a 4＝－10＋3d . 因为a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列，所以(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6). 所以(－2＋2d )2＝d (－4＋3d ). 解得d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －12. (2)由(1)知，a n ＝2n －12.则当n ≥7时，a n >0；当n ≤6时，a n ≤0. 所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.11.(2019·广西梧州、桂林、贵港等期末)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＋a 3＝8，S 9＝81.(1)求{a n }的通项公式；(2)若S 3，a 14，S m 成等比数列，求S 2m .解：(1)∵⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 5＝9（a 1＋4d ）＝81，a 2＋a 3＝2a 1＋3d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)知，S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.∵S 3，a 14，S m 成等比数列，∴S 3·S m ＝a 214，即9m 2＝272，解得m ＝9，故S 2m ＝182＝324.12.(2019·广州市调研测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 3＝7，a n ＝2a n －1＋a 2－2(n ≥2).(1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列？解：(1)证明：∵a 3＝7，a 3＝3a 2－2，∴a 2＝3， ∴a n ＝2a n －1＋1， ∴a 1＝1，a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2(n ≥2)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列. (2)由(1)知，a n ＋1＝2n， ∴a n ＝2n－1，∴S n ＝2（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2，∴n ＋S n －2a n ＝n ＋(2n ＋1－n －2)－2(2n－1)＝0，∴n ＋S n ＝2a n ，即n ，a n ，S n 成等差数列.B 组——大题专攻强化练1.(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }满足a n ＋1－3a n ＝3n(n ∈N *)且a 1＝1. (1)设b n ＝a n3n －1，证明：数列{b n }为等差数列；(2)设c n ＝n a n，求数列{c n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：由已知得a n ＋1＝3a n ＋3n，得b n ＋1＝a n ＋13n＝3a n ＋3n3n＝a n3n －1＋1＝b n ＋1，所以b n ＋1－b n ＝1，又a 1＝1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公差为1的等差数列. (2)由(1)知，b n ＝a n3n －1＝n ，所以a n ＝n ·3n －1，c n ＝13n －1，所以S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＝32－12·3n －1.2.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围. 解：(1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n （n －9）d 2.由a 1>0知d <0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式.解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ).又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列.由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列. (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1，所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.4.已知数列{a n }的首项a 1＝3，a 3＝7，且对任意的n ∈N *，都有a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0，数列{b n }满足b n ＝a 2n －1，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求使b 1＋b 2＋…＋b n ＞2020成立的最小正整数n 的值. 解：(1)令n ＝1得，a 1－2a 2＋a 3＝0，解得a 2＝5.又由a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0知，a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＝…＝a 2－a 1＝2，故数列{a n }是首项a 1＝3，公差d ＝2的等差数列，于是a n ＝2n ＋1，b n ＝a 2n －1＝2n ＋1.(2)由(1)知，b n ＝2n＋1.于是b 1＋b 2＋…＋b n ＝(21＋22＋ (2))＋n ＝2（1－2n）1－2＋n ＝2n ＋1＋n －2.令f (n )＝2n ＋1＋n －2，易知f (n )是关于n 的单调递增函数，又f (9)＝210＋9－2＝1031，f (10)＝211＋10－2＝2056，故使b 1＋b 2＋…＋b n ＞2020成立的最小正整数n 的值是10.第2讲数列通项与求和[例1] (1)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，当n ≥2时，S n －1＋1＝a n ，则a 8＝________.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝____________. [解析] (1)当n ＝2时，S 1＋1＝a 2，即a 2＝2.当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧S n －1＋1＝a n ，S n ＋1＝a n ＋1，相减得a n ＋1＝2a n ，又a 1＝1，所以a 2＝2a 1.所以数列{a n }构成一个等比数列，所以a 8＝a 2·q 6＝2×26＝128.(2)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. [答案] (1)128 (2)22n －1[解题方略]1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列.[跟踪训练]1.已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且log 5(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________.解析：由log 5(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝5n ＋1，所以S n ＝5n ＋1－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4×5n；当n ＝1时，a 1＝S 1＝24，不满足上式.所以数列a n 的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧24，n ＝1，4×5n，n ≥2. 答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧24，n ＝1，4×5n，n ≥2 2.已知首项为2的数列{a n }满足a n ＋1(2n －1)＝a n (2n ＋1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案：4n －2解析：因为a n ＋1(2n －1)＝a n (2n ＋1)(n ∈N *)，且a 1＝2，所以a n ＋1a n ＝2n ＋12n －1，得a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a n a n －1＝2×31×53×…×2n －12n －3＝4n －2. 考点二数列的求和题型一分组转化求和[例2] 已知{a n }为等差数列，且a 2＝3，{a n }前4项的和为16，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝88，且数列{b n －a n }为等比数列.(1)求数列{a n }和{b n －a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)设{a n }的公差为d ，因为a 2＝3，{a n }前4项的和为16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，4a 1＋4×32d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 设{b n －a n }的公比为q ，则b 4－a 4＝(b 1－a 1)q 3，因为b 1＝4，b 4＝88，所以q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝88－74－1＝27，解得q ＝3，所以b n －a n ＝(4－1)×3n－1＝3n.(2)由(1)得b n ＝3n＋2n －1，所以S n ＝(3＋32＋33＋ (3))＋(1＋3＋5＋…＋2n －1) ＝3（1－3n）1－3＋n （1＋2n －1）2＝32(3n －1)＋n 2 ＝3n ＋12＋n 2－32. [解题方略]求解此类题的关键：一是会“列方程”，即会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量；二是会“用公式”，即会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式；三是会“分组求和”，观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n 项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列；四是会“用公式法求和”，对分成的各个数列的求和，观察数列的特点，一般可采用等差数列与等比数列的前n 项和公式求和.题型二裂项相消求和[例3] (2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n成立的n 的最小值.[解] (1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )， ∴数列{S n }为等差数列，又S 1＝a 1＝1， ∴S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由T n ≥2n得n 2≥4n ＋2，即(n －2)2≥6，∴n ≥5，∴n 的最小值为5. [解题方略]求解此类题需过“三关”：一是定通项关，即会利用求通项的常用方法，求出数列的通项公式；二是巧裂项关，即能将数列的通项公式准确裂项，表示为两项之差的形式；三是消项求和关，即把握消项的规律，求和时正负项相消，准确判断剩余的项是哪几项，从而准确求和.题型三错位相减求和[例4] (2019·天津高考)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式.(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *).[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n.所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n. (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n （n －1）2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n). 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，②②－①得，2T n ＝－3－32－33－ (3)＋n ×3n ＋1＝－3（1－3n）1－3＋n ×3n ＋1＝（2n －1）3n ＋1＋32.所以，a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×（2n －1）3n ＋1＋32＝（2n －1）3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *).[解题方略]运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }是不是一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，为两式相减不会看错列做准备；三是相减，相减时一定要注意最后一项的符号，学生在解题时常在此步出错，一定要小心.[跟踪训练]1.已知{a n }为正项等比数列，a 1＋a 2＝6，a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝log 2a na n，且{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)依题意，设等比数列{a n }的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝6，a 1q 2＝8，则3q 2－4q －4＝0，而q ＞0，∴q ＝2.于是a 1＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n. (2)由(1)得b n ＝log 2a n a n ＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，两式相减得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1，∴T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12－n2n ＝2－n ＋22n.2.(2019·江西七校第一次联考)设数列{a n }满足：a 1＝1，3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2).(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 ，且b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，求T n .解：(1)∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，∴2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1(n ≥2).又a 1＝1，3a 2－a 1＝1， ∴1a 1＝1，1a 2＝32，∴1a 2－1a 1＝12， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列.∴1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，即a n ＝2n ＋1. (2)∵4b n ＝a n －1a n (n ≥2)， ∴b n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1(n ≥2)，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎛⎪⎫1－12＋ ⎛⎪⎫12－13＋…＋ ⎛⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. [例5] (2019·昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列，公比q ＜1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7.(1)求{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n ＜m 恒成立，求m 的最小值.[解] (1)由a 2＝2，S 3＝7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2(舍去).所以a n ＝4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3.(2)由(1)可知，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＜8.因为a n ＞0，所以S n 单调递增.又S 3＝7，所以当n ≥4时，S n ∈(7，8). 又S n ＜m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8.[解题方略]求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.[跟踪训练](2019·重庆市七校联合考试)已知等差数列{a n }的公差为d ，且关于x 的不等式a 1x 2－dx －3＜0的解集为(－1，3).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋12＋a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)由题意知，方程a 1x 2－dx －3＝0的两个根分别为－1和3.则⎩⎪⎨⎪⎧d a 1＝2，－3a 1＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝2a n ＋12＋a n ＝2n＋(2n －1)，所以S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝2n ＋1＋n 2－2.数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例] 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为其前n 项和，已知S 3＝7，a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q (q >1).由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝7，a 1（1－6q ＋q 2）＝－7. 由q >1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)得b n ＝2n －1＋(n －1)ln2，所以T n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)＋[0＋1＋2＋…＋(n －1)]ln2＝1－2n1－2＋n （n －1）2ln2＝2n－1＋n （n －1）2ln2.[素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和.考查了数学运算这一核心素养.[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ＋1·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 2020＝( )A.－3027B.3027C.－3030D.3030解析：选C 因为a 1＋a 2＋…＋a 2020＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2019＋a 2020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2019－2)－(3×2020－2)]＝(－3)×1010＝－3030，故选C.2.已知数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，且a 2＝2，则a 4＝( )A.－12B.23C.12D.11解析：选D 因为数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即数列{a n ＋1}是等比数列，公比为2，则a 4＋1＝22(a 2＋1)＝12，解得a 4＝11.3.(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)na n (n ∈N *)，则数列{b n }的前50项和为( )A.49B.50C.99D.100解析：选A 由题意得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，所以数列{b n }的前50项和为(－3＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－98＋100)＝1＋2×24＝49，故选A.4.已知数列{a n }是等差数列，若a 2，a 4＋3，a 6＋6构成公比为q 的等比数列，则q ＝( ) A.1 B.2 C.3D.4解析：选A 令等差数列{a n }的公差为d ，由a 2，a 4＋3，a 6＋6构成公比为q 的等比数列，得(a 4＋3)2＝a 2(a 6＋6)，即(a 1＋3d ＋3)2＝(a 1＋d )·(a 1＋5d ＋6)，化简得(2d ＋3)2＝0，解得d ＝－32.所以q ＝a 4＋3a 2＝a 1－92＋3a 1－32＝a 1－32a 1－32＝1.故选A.5.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列{a n }，则log 2(a 3a 5)的值为( )A.8B.10C.12D.16解析：选C 依题意得，数列{a n }是以2为公比的等比数列，因为最下层的浮雕的数量为a 1，所以S 7＝a 1（1－27）1－2＝1016，解得a 1＝8，所以a n ＝8×2n －1＝2n ＋2(1≤n ≤7，n ∈N *)，所以a 3＝25，a 5＝27，从而a 3×a 5＝25×27＝212，所以log 2(a 3a 5)＝log 2212＝12，故选C.6.(2019·洛阳市统考)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0，6S n ＝a 2n ＋3a n ，b n ＝2a n（2a n －1）（2a n ＋1－1），若k >T n 恒成立，则k 的最小值为( )A.17 B.149 C.49D.8441解析：选B ∵6S n ＝a 2n ＋3a n ，∴6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1， ∴6a n ＋1＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＋3(a n ＋1－a n )， ∴(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＝3(a n ＋1＋a n )， ∵a n >0，∴a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1－a n ＝3，又6a 1＝a 21＋3a 1，a 1>0，∴a 1＝3.∴{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列，∴a n ＝3n ，∴b n ＝17·⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1，∴T n ＝17·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫18－1－182－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫182－1－183－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1＝17·⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18n ＋1－1<149， ∴k ≥149，∴k 的最小值为149，故选B.二、填空题7.在各项都为正数的等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2n ＋2＋4a 2n ＝4a 2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q >0，因为a 1＝2，a 2n ＋2＋4a 2n ＝4a 2n ＋1，所以(a n q 2)2＋4a 2n ＝4(a n q )2，化为q 4－4q 2＋4＝0，解得q 2＝2，q >0，解得q ＝ 2.则数列{a n }的通项公式a n ＝2×(2)n －1＝2n ＋12.答案：2n ＋128.(2019·安徽合肥一模改编)设等差数列{a n }满足a 2＝5，a 6＋a 8＝30，则a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1的前n 项和为________. 解析：设等差数列{a n }的公差为d .∵{a n }是等差数列，∴a 6＋a 8＝30＝2a 7，解得a 7＝15，∴a 7－a 2＝5d .又a 2＝5，则d ＝2.∴a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n ＋1.∴1a 2n －1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1的前n 项和为14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4（n ＋1）.答案：2n ＋1n4（n ＋1）9.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1<b n ，则满足条件的n 的取值集合为________.解析：因为a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，所以a 1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，所以a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是等比数列，首项是1，公比是2，所以a n ＝2n －1.因为a n b n ＝－n 2＋9n －20，所以b n ＝－n 2＋9n －202n －1，所以b n ＋1－b n ＝n 2－11n ＋282n＝（n －4）（n －7）2n<0，解得4<n <7，又因为n ∈N *，所以n ＝5或n ＝6. 即满足条件的n 的取值集合为{5，6}. 答案：{5，6} 三、解答题10.(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *). (1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n ＞0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *). (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.11.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，b n ＝a n2n ＋2n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n ＋2＝2n，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，所以a n ＝2n .(2)∵b n ＝a n2n ＋2n ＝2n ＋1，∴a n b n ＝(2n ＋1)·2n.∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)·2n， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)·2n ＋1，∴－T n ＝6＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋23（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1.∴T n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.12.(2019·郑州市第二次质量预测)数列{a n }满足：a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 2＋n ，n ∈N *.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求满足S n >920的最小正整数n .解：(1)由题意知，a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 2＋n ，当n ≥2时，a 12＋a 23＋…＋a n －1n ＝(n －1)2＋n －1，两式相减得，a nn ＋1＝2n ，a n ＝2n (n ＋1)(n ≥2).当n ＝1时，a 1＝4也符合，所以a n ＝2n (n ＋1)，n ∈N *. (2)b n ＝1a n＝12n （n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2（n ＋1），由S n ＝n 2（n ＋1）＞920得n ＞9，所以满足条件的最小正整数n 为10.B 组——大题专攻强化练1.(2019·河北省九校第二次联考)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝（－1）na n，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，①当n ＝1时，由①式可得a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1.所以{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，S 2n ＝1＋n －1＝n . 因为{a n }的各项都为正数，所以S n ＝n ，所以a n ＝S n －S n －1＝n －n －1(n ≥2)，又a 1＝S 1＝1，所以a n ＝n －n －1.(2)b n ＝（－1）na n ＝（－1）nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .所以{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn .2.(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. ∴S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，∴(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)·(4a 1＋12)，解得a 1＝1， ∴a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n4na n a n ＋1＝(－1)n⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，∴T n ＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，∴T n ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数，－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.3.(2019·江苏高考题节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M 数列”. (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M 数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和.求数列{b n }的通项公式.解：(1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M 数列”.(2)因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）. 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *). 4.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n 可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n，又b n ＝a n n ，所以b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，所以当n ≥2时，(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，所以b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，即b n ＝2－12n －1(n ≥2)，易知b 1＝1满足上式，所以b n ＝2－12n －1(n ∈N *).(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1，①12T n ＝121＋222＋323＋…＋n2n ，② 由①－②得，12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝120－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n . 所以T n ＝4－n ＋22n －1.所以数列{a n }的前n 项和S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.[思维流程——找突破口][典例] 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)·a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式. [快审题][稳解题] (1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2)数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. 理由如下：由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.[题后悟道] 等差、等比数列基本量的计算模型(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题.如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序.(2)注意细节.在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等.[针对训练]已知正数数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若b n ＋1>b n 对任意n ∈N *恒成立，求实数a 的取值范围.。

2020届高考数学二轮复习专题《用零点、极值解决不等式问题》

所以f(x)在
－∞，1－
a 3
单调递增，在
1－
a3，1＋
a 3
单调递减，在
1＋ a3，＋∞单调递增因为f(x)存在极值点，所以a＞0，且x0≠1.
由题意得f′(x0)＝3(x0－1)2－a＝0，即(x0－1)2＝
a 3
，而f(x0)＝(x0－1)3－ax0－b＝(x0－
1)2(－2x0－1)－b. f(3－2x0)＝(2－2x0)3－3(x0－1)2(3－2x0)－b＝(x0－1)2[8－8x0－9＋6x0]－b＝(x0－
用零点、极值解决不等式问题
在导数的综合应用中，经常涉及到与函数零点与极值点有关的一些问题．处理这类问题，我们需要通过零点与极值点的概念，通过构造方程或方程组，简化函数或方程的表达式，从而解决与零极值点有关的等式与不等式问题．考查函数与方程思想，转化与化归思想，同时考查抽象概括、综合分析问题和解决问题的能力.
明．
求得f(x)的导数，可得极值点满足的方程，运用分析法化简整理，即可得到证
已知函数f(x)＝x2－x－xlnx，证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2. f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx. 设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－1x. 当x∈ 0，12时，h′(x)<0；当x∈ 12，＋∞时，h′(x)>0.所以h(x)在 0，12单调递减，在 12，＋∞单调递增．
1)2(－2x0－1)－b
∴f(3－2x0)＝f(x0)且3－2x0≠x0，由题意知，存在唯一实数x1满足f(x1)＝f(x0)，且
x1≠x0，因此x1＝3－2x0，所以x1＋2x0＝3.
(2019·全国卷)已知函数f(x)＝lnx－xx＋－11. (1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；

2020届高三理科数学二轮专题复习讲义(三)

2020届高三理科数学二轮专题复习讲义（三）《直线、圆、圆锥曲线》专题一、专题热点透析解析几何是高中数学的重点内容之一，也是高考考查的热点。

高考着重考查基础知识的综合，基本方法的灵活运用，数形结合、分类整合、等价转化、函数方程思想以及分析问题解决问题的能力。

其中客观题为基础题和中档题，主观题常常是综合性很强的压轴题。

本专题命题的热点主要有：①直线方程；②线性规划；③直线与圆、圆锥曲线的概念和性质；④与函数、数列、不等式、向量、导数等知识的综合应用。

二、热点题型范例题型一、动点轨迹方程问题例1．如图，M （-2，0）和N （2，0）是平面上的两点，动点P 满足： 2.PM PN -=（Ⅰ）求点P 的轨迹方程；（Ⅱ）设d 为点P 到直线l ：12x =的距离，若22PM PN =，求PM d 的值。

解：（I ）由双曲线的定义，点P 的轨迹是以M 、N 为焦点，实轴长2a=2的双曲线.，因此半焦距c =2，实半轴a =1，从而虚半轴b x 2-23y =1.(II)由（I ）及（21）图，易知|PN|≥1,因|PM|=2|PN|2, ① 知|PM|>|PN|,故P 为双曲线右支上的点，所以|PM|=|PN|+2. ②将②代入①，得2||PN|2-|PN|-2=0，解得|PN|=1144±-舍去,所以|PN|=14+. 因为双曲线的离心率e=c a =2，直线l ：x =12是双曲线的右准线，故||PN d =e=2，所以d=12|PN |，因此2||2||4||4||1||||PM PM PN PN d PN PN ====+变式：在平面直角坐标系xOy 中，点P 到两点(0，，(0的距离之和等于4，设点P 的轨迹为C ．（Ⅰ）写出C 的方程；（Ⅱ）设直线1y kx =+与C 交于A ，B 两点．k 为何值时OA ⊥OB ？此时AB 的值是多少？解：（Ⅰ）设P （x ，y ），由椭圆定义可知，点P 的轨迹C是以(0(0，为焦点，长半轴为2的椭圆．它的短半轴1b ==，故曲线C 的方程为2214y x +=．（Ⅱ）设1122()()A x y B x y ，，，，其坐标满足22141.y x y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去y 并整理得22(4)230k x kx ++-=，故1212222344k x x x x k k +=-=-++，． OA OB ⊥，即12120x x y y +=．而2121212()1y y k x x k x x =+++，于是222121222223324114444k k k x x y y k k k k -++=---+=++++．所以12k =±时，12120x x y y +=，故OA OB ⊥．当12k =±时，12417x x +=，121217x x =-．(AB x ==而22212112()()4x x x x x x -=+-23224434134171717⨯⨯=+⨯=，所以465AB =．题型二、线性规划问题例2．①若A 为不等式组002x y y x ≤⎧⎪≥⎨⎪-≤⎩表示的平面区域，则当a 从－2连续变化到1时，动直线x y a += 扫过A 中的那部分区域的面积为 ( C ) A ．34B ．1C ．74D ．5②在平面直角坐标系中，点A B C ，，的坐标分别为(01)(42)(26)，，，，，．如果()P x y ，是ABC △围成的区域（含边界）上的点，那么当w xy =取到最大值时，点P 的坐标是 _____ 5,52⎛⎫ ⎪⎝⎭变式：1．若实数x 、y 满足10,0,2,x y x x -+≤⎧⎪>⎨⎪≤⎩则y x 的取值范围是（ D ）A.（0，2）B.（0，2）C.(2,+∞)D.[2，+∞)2．若0,0≥≥b a ，且当⎪⎩⎪⎨⎧≤+≥≥1,0,0y x y x 时，恒有1≤+by ax ，则以a ,b 为坐标点(,)P a b 所形成的平面区域的面积等于 ( C ) （A ）12 （B ）4π （C ）1 （D ）2π 题型三、圆锥曲线定义的应用例3. 已知21F F 、为椭圆192522=+y x 的两个焦点，过1F 的直线交椭圆于A 、B 两点，若1222=+B F A F ，则AB = 8例4. 已知抛物线C ：22y x =，直线2y kx =+交C 于A B ，两点，M 是线段AB 的中点，过M 作x 轴的垂线交C 于点N ．（Ⅰ）证明：抛物线C 在点N 处的切线与AB 平行；（Ⅱ）是否存在实数k 使0NA NB =，若存在，求k 的值；若不存在，说明理由．解：（Ⅰ）如图，设211(2)A x x ，，222(2)B x x ，，把2y k x =+代入22y x =得2220x kx --=，由韦达定理得122kx x +=，121x x =-， ∴1224N M x x kx x +===，∴N 点的坐标为248k k ⎛⎫ ⎪⎝⎭，．设抛物线在点N 处的切线l 的方程为284k k y m x ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，将22y x =代入上式得222048mk k x mx -+-=，直线l 与抛物线C 相切， 2222282()048mk k m m mk k m k ⎛⎫∴∆=--=-+=-= ⎪⎝⎭，m k ∴=．即l AB ∥．（Ⅱ）假设存在实数k ，使0N A N B =，则NA NB ⊥，又M 是AB 的中点，1||||2MN AB ∴=．由（Ⅰ）知121212111()(22)[()4]222M y y y kx kx k x x =+=+++=++22142224k k ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭．MN ⊥x 轴，22216||||2488M N k k k MN y y +∴=-=+-=．又2212121||||1()4AB x x kx x x x =-=++-2214(1)11622k k k ⎛⎫=-⨯-=++ ⎪⎝⎭．22161168k k +∴=+，解得2k =±．即存在2k =±，使0NA NB=．变式：已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-->>的两个焦点为:(2,0),:(2,0),F F P -点的曲线C 上.（Ⅰ）求双曲线C 的方程；（Ⅱ）记O 为坐标原点，过点Q (0,2)的直线l 与双曲线C 相交于不同的两点E 、F ，若△OEF 的面积为求直线l 的方程解：(Ⅰ)依题意，由a 2+b 2=4，得双曲线方程为142222=--ay a x （0＜a 2＜4)，将点（3，7）代入上式，得147922=--aa .解得a 2=18（舍去）或a 2＝2，故所求双曲线方程为.12222=-y x (Ⅱ)依题意，可设直线l 的方程为y =kx +2，代入双曲线C 的方程并整理，得(1－k 2)x 2－4kx－6=0.∵直线I 与双曲线C 相交于不同的两点E 、F , ∴⎩⎨⎧-±≠⇔⎪⎩⎪⎨⎧-⨯+-=∆≠-,33,10)1(64)4(,01222＜＜，＞k k k k k ∴k ∈(－1,3-)∪(1,3).设E (x 1,y 1),F (x 2,y 2)，则由①式得x 1+x 2=,16,142212kx x k k -=-于是|EF |=2212221221))(1()()(x x k y y x x -+=-+-=|1|32214)(1222212212k k k x x x x k--+=-++∙∙，而原点O 到直线l 的距离d ＝212k+,∴S ΔOEF =.|1|322|1|32211221||21222222k k k k k k EF d --=--++=∙∙∙∙ 若S ΔOEF ＝22，即,0222|1|3222422=--⇔=--k k k k 解得k =±2，满足②. 故满足条件的直线l 有两条，其方程分别为y =22+x 和.22+-=x y 题型四、圆锥曲线性质问题例5．①已知双曲线22:1916x y C -=的左右焦点分别为12,F F ，P 为C 的右支上一点，且212PF F F =，则12PF F ∆的面积等于( C )（Ａ）24 （Ｂ）36 （Ｃ）48 （Ｄ）96②已知1F 、2F 是椭圆的两个焦点，满足120MF MF ⋅=的点M 总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ C ）A ．(0,1)B ．1(0,]2 C ．(0,2 D ．2变式：1．设ABC △是等腰三角形，120ABC ∠=，则以A B ，为焦点且过点C 的双曲线的离心率为（ B ）A ．221+ B ．231+ C ． 21+ D ．31+2．已知F 是抛物线24C y x =：的焦点，A B ，是C 上的两个点，线段AB 的中点为(22)M ，，则ABF △的面积等于 2题型五、直线与圆锥曲线位置关系问题例6．已知抛物线2y x =和三个点00000(,)(0,)(,)M x y P y N x y -、、2000(,0)y x y ≠>，过点M 的一条直线交抛物线于A 、B 两点，AP BP 、的延长线分别交曲线C 于E F 、．（1）证明E F N 、、三点共线；（2）如果A 、B 、M 、N 四点共线，问：是否存在0y ，使以线段AB 为直径的圆与抛物线有异于A 、B 的交点？如果存在，求出0y 的取值范围，并求出该交点到直线AB 的距离；若不存在，请说明理由．解：（1）设221122(,)(,)A x x B x x 、，(,)(,)E E F F E x y B x y 、则直线AB 的方程：()222121112x x y x x x x x -=-+-，即1212()y x x x x x =+- 因00(,)M x y 在AB 上，所以012012()y x x x x x =+-① 又直线AP 方程：21001x y y x y x -=+由210012x y y x y x x y ⎧-=+⎪⎨⎪=⎩得：221001x y x x y x ---=，所以22100012111,E E E x y y y x x x y x x x -+=⇒=-=同理，200222,F F y y x y x x =-=，所以直线EF 的方程：201201212()y x x y y x x x x x +=--令0x x =-得0120012[()]y y x x x y x x =+- 将①代入上式得0y y =，即N 点在直线EF 上，所以,,E F N 三点共线（2）由已知A B M N 、、、共线，所以()00,)A y B y 以AB 为直径的圆的方程：()2200x y y y +-=，由()22002x y y y x y⎧+-=⎪⎨=⎪⎩得()22000210y y y y y --+-= 所以0y y =（舍去），01y y =- 。

人教A版2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳(基础)：不等式选讲

目录目录 (1)一、考纲解读 (2)二、命题趋势探究 (2)三、知识点精讲 (2)(一).不等式的性质 (2)(二).含绝对值的不等式 (3)(三).基本不等式 (3)(四).不等式的证明 (3)四、解答题题型总结 (4)核心考点一:解含绝对值的不等式 (4)核心考点二:含绝对值不等式恒成立，求参数问题 (5)核心考点三:含绝对值（方程）不等式有解，求参数问题 (8)核心考点四:已知含绝对值不等式的解集，求参数的值或范围 (9)核心考点五:比较法（差值法和比值法）证明不等式 (11)核心考点六:利用函数的单调性证明 (12)一、考纲解读1.了解绝对值的几何意义，会利用绝对值的定义解不等式，利用绝对值不等式证明不等式和求最值.2.了解柯西不等式及其几何意义，会用它来证明不等式和求最位.3.了解基本不等式，会用它来证明不等式和求最值.4.会用综合法、分析法、反证法及数学归纳法证明不等式.二、命题趋势探究本节内容为新课标新增内容，是高考选考内容.题型以含绝对值的不等式的解法和证明为重要考点，不等式的应用为次重要考点，不等式证明放在一般位置，难度为中档.三、知识点精讲(一).不等式的性质1.同向合成（1）,a b b c a c >>⇒>；（2）,c a b d a c b d >>⇒+>+；（3）0,c 0a b d ac bd >>>>⇒>.（合成后为必要条件）2.同解变形（1）a b a c b c >⇔+>+；（2）0,0,a b c ac bc c ac bc >⇔>>⇔<<；（3）11000a b a b b a>>⇔>>⇔>>.（变形后为充要条件）3.作差比较法0,0a b a b a b a b >⇔>-><⇔-<(二).含绝对值的不等式（1）0,||a x a a x a ><⇔>-<<；0,||,a x a x a x a>>⇔>><-或（2）22||||a b a b >⇔>（3）||||x a x b c +++<零点分段讨论(三).基本不等式（1）222a b ab +>（当且仅当等号成立条件为a b =）（2）0,0,22a b a b ab +>>≥（当且仅当等号成立条件为a b =）；30,0,0,3a b c a b c abc ++>>>≥（当且仅当a b c ==时等号成立）（3）柯西不等式22222()()()a b c d ac bd ++≥+（当且仅当ad bc =时取等号）①几何意义：2222||ad bc a b c d ⋅⇔+≤++a b a b ||||||≤②推广：222222212121122()()()n n n n a a a b b b a b a b a b ++++++≥+++ .当且仅当向量12(,,,)n a a a a =与向量12(,,,)n b b b b =共线时等号成立.(四).不等式的证明（1）作差比较法、作商比较法.（2）综合法——由因到果.（3）分析法——执果索因.（4）数学归纳法.（5）构造辅助函数利用单调性证明不等式.（6）反证法.（7）放缩法.四、解答题题型总结核心考点一:解含绝对值的不等式对于含绝对值的不等式问题，首先要考虑的是根据绝对值的意义去掉绝对值.常用的去绝对值方法是零点分段法.特别用于多个绝对值的和或差不等式问题.若单个绝对值的不等式常用以下结论：|()|()()()()f x g x g x f x g x <⇔-<<；|()|()()()()()f x g x f x g x f x g x >⇔><-或；22|()||()|()()(()())(()())0f x g x f x g x f x g x f x g x >⇔>⇔+->.有时去绝对值也可根据22||x x =来去绝对值.1.在实数范围内，不等式||2|1|1x --≤的解集为.解析由于||2|1|1x --≤，即1|2|11x -≤--≤，即|2|2x -≤，所以222x -≤-≤，所以04x ≤≤.所以不等式的解集为[0,4].2.不等式|5||3|10x x -++≥的解集是（）A.[5,7]- B.[4,6]- C.(,5][7,)-∞-+∞ D.(,4][6,)-∞-+∞ 解析解法一：当5≥x 时，原不等式可变形为1022≥-x ，所以6≥x ；当53<<-x 时，原不等式可变形为108≥，显然不成立；当3-≤x 时，原不等式可变形为4,1022-≤≥-x x 得，所以(][)+∞⋃-∞-∈,64,x .解法二：利用绝对值的几何意义，35++-x x 表示实数轴上的点x 到点x =-3与x =5的距离之和，要使点x 到点x =-3与x =5的距离之和等于10，只需64=-=x x 或，于是当6≥x ，或4-≤x 可使35++-x x 10≥成立.故选D.3.已知函数()|2||5|f x x x =---.（1）证明：3()3f x -≤≤；（2）求不等式2()815f x x x ≥-+的解集.解析(1)()|2||5|f x x x =---,|()|2||5|||(2)(5)|3f x x x x x =---≤---=,故3()3f x -≤≤.(2)由(1)知.当2x ≤时,2()815f x x x ≥-+的解集为空集;当25x <<时,2()815f x x x ≥-+的解集为{|535}x x -≤<;当5x ≥时,2()815f x x x ≥-+的解集为{|56}x x ≤≤.综上所述,不等式的解集为{|536}x x -≤≤.核心考点二:含绝对值不等式恒成立，求参数问题1.已知()|1|()f x ax a =+∈R ,不等式()3f x ≤的解集为{}|21x x -≤≤.(1)求a 的值；(2)若|()2()|2xf x f k -≤恒成立，求k 的取值范围.解析（1）由|1|3ax +≤得42ax -≤≤，又()3f x ≤的解集为{}|21x x -≤≤，所以当0a ≤时，不合题意.当0a >时，42x a a-≤≤得2a =.(2)记()()2()2x h x f x f =-，则1,11()43,1211,2x h x x x x ⎧⎪≤-⎪⎪=---<<-⎨⎪⎪-≥-⎪⎩，所以|()|1h x ≤，因此1k ≥，即k 的取值范围是[1,)+∞.2.已知函数()|||2|f x x a x =++-.（1）当3a =-时，求不等式()3f x ≥的解集；（2）若()|4|f x x ≤-的解集包含[1,2]，求a 的取值范围.解析(1)当3a =-时,()3|3||2|3f x x x ≥⇔-+-≥2323x x x ≤⎧⇔⎨-+-≥⎩或23323x x x <<⎧⎨-+-≥⎩或3323x x x ≥⎧⇔⎨-+-≥⎩1x ⇔≤或4x ≥(2)原命题()|4|f x x ⇔≤-在[1,2]上恒成立||24x a x x ⇔++-≤-在[1,2]上恒成立22x a x ⇔--≤≤-在[1,2]上恒成立30a ⇔-≤≤.3.若关于实数x 的不等式|5||3|x x a -++<无解，则实数a 的取值范围是.解析因为|5||3||5||3||53|8x x x x x x -++=-++≥-++=,所以min (|5||3|)8x x -++=,要使|5||3|x x a -++<无解,只需8a ≤.故实数a 的取值范围是(,8]-∞.4.已知函数()|21||2|f x x x a =-++,g()3x x =+.(1)当2a =-时，求不等式()()f x g x <的解集；(2)设1a >-，且当1[,)22a x ∈-时，()()f x g x ≤，求a 的取值范围.解析(1)当2a =-时,不等式()()f x g x <化为|21||22|30x x x -+---<.设函数|21||22|3y x x x =-+---,则1521212361xx y x x x x ⎧-<⎪⎪⎪=--≤≤⎨⎪->⎪⎪⎩,其图像如图16—46所示,由图像可知,当且仅当(0,2)x ∈时,0y <,所以原不等式的解集是{|02}x x <<.(2)当1[,)22a x ∈-时,()1f x a =+,不等式()()f x g x ≤化为13a x +≤+,所以2x a ≥-对1[,)22a x ∈-都成立,故22a a -≥-.故43a ≤,从而a 的取值范围是4(1,]3-.核心考点三:含绝对值（方程）不等式有解，求参数问题1.若关于x 的不等式|||1||2|a x x ≥++-存在实数解，则实数a 的取值范围是.解析不等式|||1||2|a x x ≥++-有解，则min ||(|1||2|)3a x x ≥++-=，故实数a 的取值范围是(,3][3,)-∞-+∞ .2.若存在实数x 使|||1|3x a x -+-≤成立，则实数a 的取值范围是.解析因为|||1||()(1)||1|x a x x a x a -+-≥---=-.要使|||1|3x a x -+-≤有解,可使|1|3a -≤,所以313a -≤-≤,所以24a -≤≤.3.已知a ∈R ，关于x 的方程21||||04x x a a ++-+=有实根，求a 的取值范围.解析方程21||||04x x a a ++-+=有实根,则11404a a ⎛⎫∆=--+≥ ⎪⎝⎭⇒1144a a -+≤.(1)求出绝对值的零点,104a -=,得14a =;0a =,得0a =.(2)数轴标根,(3)分段讨论:①011()44a a a <⎧⎪⎨---≤⎪⎩⇒无解.②10411()44a a a ⎧≤<⎪⎪⎨⎪--+≤⎪⎩⇒10,4a ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.③141144a a a ⎧≥⎪⎪⎨⎪-+≤⎪⎩⇒14a =.综上可得,10,4a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.核心考点四:已知含绝对值不等式的解集，求参数的值或范围1.设不等式|2|()x a a *-<∈N 的解集为A ，且31,22A A ∈∉.(1)求a 的值；(2)求函数()|||2|f x x a x =++-的最小值.解析（1）因为3,2A ∈且12A ∉，所以3|2|2a -<，且1|2|2a -≥，解得1322a <≤.又a *∈N ，所以1a =.(2)因为|1||2||(1)(2)|3x x x x ++-≥+--=，当且仅当(1)(2)0x x +-≤，即12x -≤≤时取等号，所以()f x 的最小值为3.2.设函数()||3f x x a x =-+，其中0a >.(1)当1a =时，求不等式()32f x x ≥+的解集；(2)若不等式()0f x ≤的解集为{}|1x x ≤-，求a 的值.解析(1)当1a =时,()32f x x ≥+可化为12x -≥,由此可得3x ≥或1x ≤-,故不等式()32f x x ≥+的解集为{|31}x x x ≥≤或.(2)由()0f x ≤得20x a x -+≤,故此不等式化为不等式组30x a x a x ≥⎧⎨-+≤⎩或30x a x a x <⎧⎨-+≤⎩,即4x a a x ≥⎧⎪⎨≤⎪⎩或2x a a x <⎧⎪⎨≤-⎪⎩.由于0a >,所以不等式组的解集为|2a x x ⎧⎫≤-⎨⎬⎩⎭.由题设可得12a -=-,故2a =.3.已知函数()||f x x a =-，其中1a >.(1)当2a =时，求不等式()4|4|f x x ≥--的解集；(2)已知关于x 的不等式|(2)2()|2f x a f x +-≤的解集为{}|12x x ≤≤，求a 的值.解析(1)当2a =时,()26,2|4|2,2426,4x x f x x x x x -+≤⎧⎪+-<<⎨⎪-≥⎩当2x ≤时,由()44f x x ≥--得264x -+≥,解得1x ≤;当24x <<时,()44f x x ≥--无解;当4x ≥时,由()44f x x ≥--得264x -≥,解得5x ≥.所以()44f x x ≥--的解集为{|15}x x x ≤≥或.(2)记()()()22h x f x a f x =+-,则2,042,()02,a x h x a x a x a x a -≤⎧⎪=-<<⎨⎪≥⎩,由|()|2h x ≤,解得1122a a x -+≤≤.又已知|()|2h x ≤的解集为{|12}x x ≤≤,所以211212a a -⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩,于是3a =.4.若不等式|4|2kx -≤的解集为{}|13x x ≤≤，则实数k =.解析因为42kx -≤,所以242kx -≤-≤,即26kx ≤≤,又不等式的解集为{}13x x ≤≤.故2k =.核心考点五:比较法（差值法和比值法）证明不等式1.已知,,a b m 均为正实数，且a b <，求证：a m a b m b+>+.解析a m a b m b +-=+()()()b a m a b m b b m +-+=+()bm am b b m -=+()()b a m b b m -+.因为,,a b m +∈R ，a b <，所以0b a ->,0m >,0b m +>.故()0()a m ab a m b m b b b m +--=>++.所以a m a b m b +>+.2.已知,,a b +∈R ，且a b ≠,n *∈N .求证：11()()2()n n n n a b a b a b ++++<+.解析()()112()n n n n a b b a b a +++++-111122n n n n n n a a ab ba b b ++++=++-+-11n n n n ab a b a b ++=+--()()n n n n a b a b a b =-+-()()n n b a a b =--为确定差的符号,应分0a b >>和0b a >>两种情况讨论.①若0a b >>,n N *∈,则n n a b >,因此()()0n n b aa b --<,故原不等式成立;②若0b a >>,n N *∈,则n n b a >,因此()()0n nb a a b --<,原不等式也成立,综上所述,()()112()n n n n a b b a b a +++++<.核心考点六:利用函数的单调性证明使用对象：在某区间成立的函数不等式、数值不等式的证明通常是通过辅助函数完成的.解题程序：（1）移项（有时需要作简单的恒等变形），使不等式一端为0，另一端为所作辅助函数()f x .（2）求()f x 并验证()f x 在指定区间上的单调性.（3）求出区间端点的函数值（或极限值），其中至少有一个为0或已知符号，作比较即得所证.1.已知01x <<，求证：31sin 6x x x -<.解析原不等式等价于31sin 0(01)6x x x x -+><<.令31()sin (01)6f x x x x x =-+≤<，21()cos 12f x x x '=-+2212sin 22x x =-+.令()sin (01)22x x g x x =-≤<，则11()cos 0222x g x '=-≤，故()g x 在[0,1)上是减函数，所以当01x <<时，()sin(0)022x x g x g =-<=，故sin 22x x <.故22()2()022x x f x '>-+=，所以()f x 在[0,1)上是增函数.又(0)0f =，所以当01x <<时，()0f x >成立.于是31sin 6x x x -<成立.2.证明：当02x π<<时，2sin x x x π<<.解析不等式sin x x <⇔sin 0x x -<.令()sin f x x x =-,()cos 1f x x ='-,0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.故()f x 在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减,又()00f =,所以()()00f x f <=,所以sin x x <.不等式2sin x x π>⇔sin 2x x π>⇔sin 20x x π->.令()sin 29x x x π=-,所以()22cos sin cos (tan )0x x x x g x x x x x -==-<'(因为tan x x >).所以()g x 在(0,)2π上单调递减.又sin22()022f ππππ=-=,故当02x π<<时,()02f x f π⎛⎫>= ⎪⎝⎭,即()02f x f π⎛⎫>= ⎪⎝⎭,于是2sin x x π<,综上所述,2sin x x x π<<.。

2020新高考数学二轮复习全套教案精品

B．【评析】当条件 p 和 q 以集合的形式表现时，可用下面的方法判断充分性与必要性：设
满足条件 p 的元素构成集合 A，满足条件 q 的元素构成集合 B，若 A B 且 B A，则 p 是 q
的充分非必要条件；若 A B 且 B A，则 p 是 q 的必要非充分条件；若 A＝B，则 p 与 q 互
数为 ______． 7．设全集 U ＝R ， A＝ { x｜x≤－ 3 或 x≥ 2，} B＝ { x｜－ 1＜ x＜ 5} ，则 ( UA) ∩B＝ ______. 8．设集合 S＝ { a0， a1， a2， a3} ，在 S 上定义运算为： ai aj＝ ak，其中 k 为 i ＋ j 被 4 除
中的补集．记作 UA．
2、集合的交、并、补运算事实上是较为复杂的
“且 ”、 “或 ”、 “非”的逻辑关系运算，而
韦恩图可以将这种复杂的逻辑关系直观化，是解决集合运算问题的一个很好的工具，要习惯
2
使用它解决问题，要有意识的利用它解决问题．例 3 设集合 M＝ { x｜－ 1≤x＜ 2} ，N＝ { x｜ x＜ a} ．若 M ∩N＝，则实数 a 的取值范围
1．对于给定的集合能认识它表示什么集合．在中学常见的集合有两类：数集和点集．
2．能正确区分和表示元素与集合，集合与集合两类不同的关系．
3．掌握集合的交、并、补运算．能使用韦恩图表达集合的关系及运算．
4．把集合作为工具正确地表示函数的定义域、值域、方程与不等式的解集等．【例题分析】
例 1 给出下列六个关系：
(2)若 A∩B＝A，则 A B．
【解析】 (1)逆命题：若 ab＝0，则 a2＋b2＝ 0；是假命题．否命题：若 a2＋b2≠０，则 ab≠０；是假命题．逆否命题：若 ab≠０，则 a2＋ b2≠０；是真命题．

2020届高三理科数学二轮专题复习讲义(一)

2020届高三理科数学二轮专题复习讲义（一）《函数、导数、不等式》专题一、专题热点透析函数、导数和不等式这三部分内容都是高考考查的重点，题型既有灵活多变的客观性试题，又有具有一定能力要求的主观性试题。

纵观近年的高考试题，对函数的主干知识，函数知识的综合应用，函数与导数、不等式的结合，利用导数研究函数的单调性、求函数的极值和最值等内容是本专题考查的重点，而本专题命题的热点主要是函数的图像与性质，以函数为背景的方程、不等式问题，以函数为模型运用导数解决的应用问题等几个方面。

本专题重在讲解题型和思想方法，所选例题比较简单。

二、热点题型范例题型一、函数的单调性与极值问题例1．已知函数32()1f x x ax x =+++，a ∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）设函数()f x 在区间2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，内是减函数，求a 的取值范围．解：（1）32()1f x x ax x =+++求导得2()321f x x ax '=++当23a ≤时，0∆≤，()0f x '≥，()f x 在R 上递增；当23a >，()0f x '=求得两根为x =即()f x在3a ⎛---∞ ⎪⎝⎭，递增，33a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，递减，3a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭递增。

（2）2313≤-≥-，且23a>，解得2a ≥。

例2．已知定义在R 上的函数32(),,,,f x ax bx cx d a b c d =+++其中是实数.（1）若函数)(x f 在区间),3()1,(+∞--∞和上都是增函数，在区间（－1，3）上是减函数，并且,18)0(,7)0(-='-=f f 求函数)(x f 的表达式；（2）若2,,30a b c b ac -<满足，求证：函数)(x f 是单调函数．解：（1）.23)(2c bx ax x f ++='由.1823)(,1818)0(2-+='-=-='bx ax x f c f 即得又由于)(x f 在区间),3()1,(+∞--∞和上是增函数，在区间（－1，3）上是减函数，所以－1和3必是0)(='x f 的两个根，从而⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧=-+=--.6,2.018627,01823b a b a b a 解得又根据32(0)77,()26187.f d f x x x x =-=-=---得所以（2）因为)(x f '为二次三项式，并且0)3(4)3(4)2(22<-=-=∆ac b ac b ，当0)(,0>'>x f a 时恒成立，此时函数)(x f 是单调递增函数；当0)(,0<'<x f a 时恒成立，此时函数)(x f 是单调递减函数，因此对任意给定的实数a ，函数)(x f 总是单调函数。

2020年高考数学全国卷二轮复习备考策略讲座

考纲解读预测1.试卷在结构、风格上保持稳定，难度稳01中有升 2.聚焦核心素养和关键能力的考查3.适当降低计算难度、强调应用4.更加注重数学文化的综合考查，体现数学的育人导向5.解析几何大题难度可能会降低，导数大题难度可能增加6.3+X预测一定会在至少一个题上设置障碍，整体难度有所提高总的复习思路一轮快速覆盖---强调全面、基础、快速二轮重点强化---强调系统、熟练，反复三轮全真模拟---强调实战、反馈、信心二三轮进度1 2 311 月中旬一模结束二轮在 11 月中 —— 次年 4 月中重点知识模块系统化形成规范思路，熟悉套路4 月中 ——5 月底全真模拟训练，提升实战能力02 CHAPTER 二轮复习做法及备考策略二轮开始前应具备的基础熟悉所有高考内容的基本概念（含外延内涵及本质）、公式（含常见结论）、定理（含推导）、基本技能方法一、二轮复习总体思想方法：专题复习与测试结合任务：常规题型套路化、规范化，重在熟练、准确（普通班）把关题型模型化、课题化（尖子班）目标：常规题做快做满；在把关题上形成科学的思维模式和坚韧不拔主动探究的思维品质二、二轮复习模块介绍一、3+X专题模块⚫三角与向量⚫数列⚫概率与统计⚫立体几何⚫极坐标与参数方程⚫不等式一、3+X专题模块细分目的：问题模式化、解题套路化。

熟练、准确、规范目标：45分+45分1.三角大题⚫三角函数化为Asin（ωx+φ）型换元后归结为二次函数型⚫解三角形条件中给出含边、角的等量关系型纯粹的解三角型（含中一、3+X专题模块细分线问题、角平分线问题）与面积有关的问题与范围、最值相关问题应用问题2.数列⚫等差与等比综合问题⚫递推关系处理⚫求和问题分组求和、错位相减、倒序求和、并项求和重点：裂项求和（含等差型、指数型、对数型·、根式型）数列不等式缩放⚫特殊问题：含参数问题、绝对值问题、分段通项求和问题3.概率统计⚫离散型随机变量分布列及期望（含二项分布、超几何分布）⚫用样本估计总体频率分布直方图茎叶图⚫回一、3+X专题模块细分归分析与独立性检验回归分析（线性与非线性）独立性检验⚫特别关注分段函数形式下随机变量的期望问题以及结合数据从统计学角度分析回答问题4.立体几何⚫传统法线面平行与垂直关系求线线角、线面角、二面角（核心是如何找射影）⚫向量法证平行与垂直求线线角、线面角、面面角求距离⚫特殊问题处理截面问题、逆求问题、动点问题、折叠问题一、3+X专题模块细分5.极坐标与参数方程⚫极坐标求两曲线交点问题求线段长（过极点的弦长）一、3+X专题模块细分求角度（以极点为顶点的角）⚫ 参数方程求交点坐标及消参求轨迹方程圆与椭圆参数方程应用（设点三角化）直线参数方程标准形式应用（t 的几何意义求涉定点的长度）目标：既会化为普通方程做也会直接用极坐标与参数方程简洁解决问题6.不等式⚫绝对值不等式解绝对值不等式（单绝对值和双绝对值）二、数学思想专题绝对值不等式解集逆求参数范围（化为恒成立和有解问题）⚫ 求最值（均值不等式、柯西不等式、模不等式）⚫ 证明不等式（基本不等式法、柯西法、排序不等式）1.函数与方程思想2.数形结合思想3.分类讨论思想4.化归与转化思想目的：知其所以然，将方法思想化，把技巧自然化三、选择填空技巧专题目标：触类旁通，举一反三，真正了解各种解法技巧背后的数学思想，达到有指导、有目的性的解题1.特殊化（特殊的值，函数，图像，数列，点，线等）2.对称与对偶（利用对称中心（轴）、构造对偶式等）3.必要条件法（利用必要条件加排除法）4.极限思想（考虑极限情况，位置）5.均衡与边界（利用变量之间的地位平等和定义域开闭特征）目的：抓住问题本质，利用客观题特点，快速解题目标：常规解法外，有益补充，提高速度和破解难题的机率四、圆锥曲线专题（Ⅰ）（普通班）1.定点与定值（无条件定值和有条件定值）2.最值与范围（重点是面积最值）3.轨迹问题（重点是定义法，参数法，交轨法）4.解几与向量（重点是处理向量条件和向量角度解读问题）5.通解运算技巧（巧设，巧解，同理，从特殊情况入手等）目的：熟悉通解通法的原理及运算过程，学会用解析几何（或向量）的观点思四、圆锥曲线专题（Ⅱ）——尖子考问题，用解析几何（或向量）的工具处理问题形成坐标化——韦达定理化——函数化的一般思维逻辑，克服运算畏惧心理目标：普通班确保第（1）问及第（2）问学会踩得分点班1.特殊模型背景及方法（K1+K2及K1K2 定值模型、定点引曲线两切线模型（筷子夹汤圆）、极点与极线模型、二次曲线系模型）2.单参数问题3.双参数问题五、导数综合专题（Ⅰ）——普通4.仿射变换与平移齐次变换目标：让尖子生熟悉几类常见经典条件代表的模型，迅速找到最佳思路，并熟练掌握几种重要技巧和处理方法快速解题并在长期训练中形成心理优势班⚫切线与极值逆求参数⚫单调性讨论（重点训练）主导函数一次型主导函数二次型（∆<0，=0，>0）恒成立及存在性问题基础（单元的和双元的，重点是分参处理）五、导数综合专题（Ⅱ）——尖子⚫证明不等式基础（主要是构造差值函数法和齐次化处理法）目标：顺利拿下第一个问并能在把关小题上踩得分点班⚫从充分性或必要性入手技巧⚫ 二次求导技巧⚫ 零点虚设代换技巧⚫ 切线放缩及凹凸反转技巧⚫ 高数相关内容介绍（罗必塔法则，中值定理，泰勒展开式，保号性等）⚫ 极值点偏移问题（対称差法、t值代换法、对数平均不等式法）⚫ 朗博函数相关问题目标：让尖子生熟悉各种导数常见把关问题的破题思路以及多种可能用上的有效处理技巧，让他们头脑里有足够工具自己去探究难题三、平时的测试1.月考+周测（全部自己命题）2.重要的考试（比如全市统测）前一周，每天一套卷子3.与兄弟学校联考和全市统测4.高效讲评5.考后错题重练03三轮复习第三轮复习：强化训练+强化重点板块专题一、重点章节板块⚫解几小题⚫函数与导数小题⚫锥、柱体与球的切接⚫向量综合小题目标：专项强化训练，突破把关小题向量综合（特殊化，坐标化，模型化，几何化，基底化）三角形各心问题（奔驰定理公式系列推论）四边形对角线长问题（广义托勒密定理）线性表示系数和问题（等系数和线模型）模与夹角结合最值问题（几何意义法）共点向量数量积问题（极化恒等式模型，投影模型）二、强化训练阶段⚫每周测一次，全收全改；⚫每天课堂测选填题，课后自测解答题；⚫周五连堂课统一讲评备考经验分享04备考经验分享23抓好试题研究抓好集体备课和考后讲评反思备考经验分享资料问题分层培养问题分层策略清北班策略分层实验班策略策略普通班策略一家之言仅供参考谢谢大家！。

2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题三第二讲三角恒等变换与解三角形

高考考点考点解读[解析] 由题意S △ABC ＝12ab sin C ＝a2＋b2－c24，即sin C ＝a2＋b2－c22ab ，由余弦定理可知sin C ＝cos C ，即tan C ＝1，又C ∈(0，π)，所以C ＝π4.3．(20xx·全国Ⅰ卷，11)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点A ()1，a ，B()2，b ，且cos2α＝23，则||a －b ＝( B ) A ．15B ．55C ．255D ．1[解析] 由cos2α＝2cos 2α－1＝23可得cos 2α＝56＝cos2αsin2α＋cos2α＝1tan2α＋1，化简可得tan α＝±55；当tan α＝55时，可得a 1＝55，b 2＝55，即a ＝55，b ＝255，此时|a －b |＝55；当tan α＝－55时，仍有此结果，故|a －b |＝55. 4．(20xx·天津卷，6)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度，所得图象对应的函数( A )A ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4上单调递增 B ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，π上单调递减 C ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，3π2上单调递增 D ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π上单调递减 [解析] 选A ．因为将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度，得到函数y＝sin2x 的图象．用五点法作出草图，如图：从图中可以看出选项A 正确，其他都不正确．⎝ ⎛4－α＝5，则sin22 .＝4＋2c＝R，则△9．为了竖起一块广告牌，要制造三角形支架，如图，要求∠ACB ＝60°，BC 的长度大于1米，且AC 比AB 长0.5米，为了稳定广告牌，要求AC 越短越好，则AC 最短为2＋3.[解析] 由题意设BC ＝x (x >1)米， AC ＝t (t >0)米，依题设AB ＝AC －0.5 ＝(t －0.5)米，在△ABC 中，由余弦定理得： AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos60°，即(t －0.5)2＝t 2＋x 2－tx ，化简并整理得： t ＝x2－0.25x －1(x >1)，即t ＝x －1＋0.75x －1＋2，因为x >1，故t ＝x －1＋0.75x －1＋2≥2＋3，当且仅当x ＝1＋32时取等号，此时取最小值2＋3.10．(20xx·全国卷Ⅰ，17)在平面四边形ABCD 中，∠ADC ＝90°，∠A ＝45°，AB ＝2，BD ＝5.(1)求cos ∠ADB ； (2)若DC ＝22，求BC ．[解析] (1)在△ABD 中，由正弦定理得BD sinA ＝AB sin ∠ADB. 由题设知，5sin45°＝2sin ∠ADB ，所以sin ∠ADB ＝25. 由题意知，∠ADB ＜90°，所以cos ∠ADB ＝1－225＝235.∴a ·(－MB →－MC →)＋b MB →＋33c ·MC →＝0.即(b －a )·MB →＋(33c －a )·MC →＝0，∵MB →与MC →不共线， ∴b －a ＝0，32c －a ＝0. 得a b33c ＝111，令a ＝1，b ＝1，c ＝3，则cos C ＝a2＋b2－c22ab ＝1＋1－32×1×1＝－12，∴C ＝2π3，故选D ．2．(20xx·××市一模)若sin(π6－α)＝13，则cos(2π3＋2α)＝( A ) A ．－79B ．79C ．－29D ．29[解析] ∵cos(2π3＋2α)＝－cos(π3－2α)＝－[1－2sin 2(π6－α)]＝－(1－29)＝－79.3．(20xx·威海二模)已知等腰△ABC 满足AB ＝AC ，3BC ＝2AB ，点D 为BC 边上的一点且AD ＝BD ，则sin ∠ADB 的值为( C )A ．36B ．23C ．223D ．63[解析] 如图，设AB ＝AC ＝a ，AD ＝BD ＝b ，由3BC ＝2AB ，。

2020届高三数学二轮复习讲义数列

2020届高三数学二轮复习——数列【考点思维脑图】【重要考点串讲】1．等差、等比数列的概念与性质2．等差、等比数列的判定方法(1)等差数列的判定方法①定义法：1n n a a d +-=（常数）(*2,n n ∈N ≥)⇒{}n a 是等差数列． ②等差中项法：122n n n a a a --=+(*3,n n ∈N ≥)⇒{}n a 是等差数列．③通项公式法：n a pn q =+(p ，q 是常数，*n ∈N )⇒{}n a 是等差数列． ④前n 项和公式法：2n S pn qn =+(p ，q 是常数，*n ∈N )⇒{}n a 是等差数列．【提醒】若要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法． (2)等比数列的判定方法①定义法：1n n a q a +=(1n ≥，*n ∈N ，q 为非零常数)或1n n aq a -=(2n ≥，*n ∈N ，q 为非零常数){}n a ⇒是等比数列．②等比中项法：212n n n a a a ++=⋅(0n a ≠，*n ∈N ){}n a ⇒是等比数列．③通项公式法：11n n a a q -=（1a ，q 为非零常数，*n ∈N ){}n a ⇒是等比数列．④前n 项和公式法：nn S k q k =⋅-（k 为常数，且0k ≠，0q ≠，1）．（注意：此方法不能用于证明一个数列是等比数列）【提醒】①②是判定等比数列的常用方法，常用于证明，③④常用于选择题、填空题中的判定．若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． 3．n a 与n S 的关系12n n S a a a =++⋅⋅⋅+，1*1,1,2,n nn S n a S S n n -=⎧=⎨-∈⎩N ≥．【注意】利用前n 项和n S 与n a 之间的关系求通项公式时，当1a 符合由1n n n a S S -=-(2,n ≥且*n ∈N )求出的通项公式时，可以直接写出{}n a 的通项公式；否则，要写成分段的形式．注意1n =时的情况． 4．数列常见递推公式的类型及方法(1)若1()n n a a f n +-=，求n a →累加法．112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+ 1(1)(2)(1)(2)f n f n f a n =-+-+⋅⋅⋅++≥(2)若1()n na f n a +=，求n a →累成法． 121121n n n n n a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=1(1)(2)(1)(2)f n f n f a n -⋅-⋅⋅⋅⋅⋅⋅≥． (3)1n n a pa q +=+(p ，q 是非零常数)，设1()n n a m p a m +-=-，即1(1)n n a pa m p +=+-，由(1)1qm p q m p-=⇒=-，由此化为与等比数列{}1n qa p +-相关的通项问题． (4)1n n n a pa q +=+ (p ，q 是非零常数),通常两边同除以nq 得到111n nn n a a p q q q+-=⋅+，转化为形式(3)的递推公式问题． 5．数列求和的方法技巧(1)公式法①利用等差、等比数列的前n 项和公式直接求解． ②利用正整数的平方和公式、立方和公式求解．常用的数列前n 项和公式：①(1)1232n n n ++++⋅⋅⋅+=；②2135(21)n n +++⋅⋅⋅+-=； ③222112(1)(21)6n n n n ++⋅⋅⋅+=++；④223333(1)1234n n n ++++⋅⋅⋅+=．(2)错位相减法：适用于{}n n a b ⋅求和，{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，【提醒】运用错位相减法求和时，应注意两边乘以公比后，对应项的幂指数会发生变化，为避免出错，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多一项，两式相减，除第一项和最后一项外，剩下的1n -项是一个等比数列．(3)倒序相加法：用于等差数列、与二项式系数相关联的数列的求和．(4)裂项相消法：利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．常见的裂项技巧： ①111(1)1n n n n =-++；②1111()()n n k k n n k =-++； ③1111()(21)(21)22121n n n n =--+-+；④1111[](1)(2)2(1)(1)(2n n n n n n n =-+++++）；1k=．【提醒】利用裂项相消法求和时要注意：①在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；②在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．(5)分组求和法：如n n na b c=±，数列{}nb，{}nc是等比数列或等差数列，采用分组求和法求{}na的前n项和．(6)并项求和法：一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如(1)()nna f n=-类型，可采用两项合并求解．【方法技巧突破】必考点1 等差、等比数列的判断【典例1】已知在ABC∆中，1A，1B分别是边BA，CB的中点，2A，2B分别是线段1A A，1B B的中点，……，nA，nB分别是线段1nA A-，1nB B-(*n∈N，1n>)的中点，设数列{}na，{}nb满足：n n n nB A a CA b CB=+u u u u u r u u u r u u u r(*n∈N)，给出下列四个命题，其中假命题是A．数列{}n a是单调递增数列，数列{}n b是单调递减数列B．数列{}n na b+是等比数列C．数列{}nnab(*n∈N，1n>)既有最小值，又有最大值D．若ABC∆中，C=90°，CA CB=，则||n nB Au u u u u r最小时，12n na b+=【解析】由11(1)(1)()22n n nBA BA CA CB=-=--u u u u r u u u r u u u r u u u r，12n nB B CB=u u u u r u u u r，11111(1)()(1)(1)2222n n n n n n n nB A B B BA CB CA CB CA CB-=+=+--=-+-u u u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，所以112n na=-，1112n nb-=-，则数列{}na是单调递增数列，数列{}nb是单调递减数列，故A正确；数列{}n na b+中，n na b+=12n，11a b+=12，即数列{}n na b+是首项为12，公比为12的等比数列，故B正确；当1n>时，21112222nnn nnab-==-+--单调递增，有最小值，无最大值，故C错误；若ABC∆中，C=90°，CA CB=，则2222222||()2()n n n n n n n nB A a b CA a b CA CB a b CA=++⋅=+u u u u r u u u r u u u r u u u r，2222211111(1)(1)5()6()22222nn n n n na b-+=-+-=⨯-⨯+=21315()255n-+，当1n=时，22n na b+取得最小值，即当||n nB Au u u u u r最小时，12n na b+=，故D正确．所以C为假命题，故选C．【典例2】(2016浙江)如图，点列{}{},n nA B分别在某锐角的两边上，且*1122,,n n n n n nA A A A A A n++++=≠∈N，*1122,,n n n n n nB B B B B B n++++=≠∈N．(P≠Q表示点P与Q不重合)，若n n nd A B=，nS为1n n nA B B+△的面积，则A．{}n S是等差数列B．{}2n S是等差数列C．{}n d是等差数列D．{}2n d是等差数列【解析】如图，记nh为1n n nA B B+∆上的高(*n∈N)，设锐角的大小为θ，根据图象可知，11||sinn n n nh h A Aθ++=+，又112||||n n n nB B B B+++=，∴1121111||||22n n n n n n n nS S B B h B B h+++++-=⋅-⋅111111||()||||sin22n n n n n n n nB B h h B B A Aθ++++=⋅-=⋅．根据题意112||||n n n nB B B B+++=，112||||n n n nA A A A+++=，所以111||||sin2n n n nB B A Aθ++⋅为常数，所以{}nS为等差数列，故选A．【典例3】已知等比数列{}n a 的公比为q ，记(1)1(1)2(1)n m n m n m n m b a a a -+-+-+=++⋅⋅⋅+，(1)1(1)2(1)n m n m n m n m c a a a -+-+-+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅*(,)m n ∈N ，则以下结论一定正确的是A ．数列{}n b 为等差数列，公差为mq B ．数列{}n b 为等比数列，公比为2m qC ．数列{}n c 为等比数列，公比为2m q D ．数列{}n c 为等比数列，公比为mm q【解析】由题意，知2(1)()mn m n b a q q q -=++⋅⋅⋅+．当1q =时，(1)n m n b ma -=,1(1)n mn m n n b ma ma b +-===，故{}n b 是常数列，公差为0，选项A 错误．当1q ≠时，(1)(1)1m n m n q q b a q --=⋅-，1(1)(1)(1)(1)11m mm n m n m m n q q q q b a a q q q +-+---=⋅=⋅--，此时1m n nb q b +=，选项B 错误，又等比数列{}n a 的公比为q ，所以(1)122(1)(1)m m m m mn m n m n c aq aq+++⋅⋅⋅+--==．所以2(1)2(11)(1)1(1)(1)(1)2(1)()m m mm mm n m n m m n mn m m m m n m n m n m n a q a q c a q c a a a q++--++---====，故选项D 错误．综上，选C ．【方法探究】在判断一个数列是否为等差（等比）数列时，应根据已知条件灵活选用不同的方法，一般可根据已知条件先求出一些项，然后根据其求解过程寻找具体的解题思路，表示出类似1n n a a +-（或1n na a +）的递推关系式，再验证其是否为一个与n 无关的常数．另外，常数数列{}n a 的通项公式为n a a =，它是一个首项为a ，公差为0的等差数列，若0a ≠，则该数列又是一个首项为a ，公比为1的等比数列．【典例4】(2017全国卷Ⅰ)记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知22S =，36S =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求n S ，并判断1n S +，n S ，2n S +是否成等差数列．【解析】(1)设{}n a 的公比为q ．由题设可得121(1)2(1)6a q a q q +=⎧⎨++=-⎩ ，解得2q =-，12a =-．故{}n a 的通项公式为(2)nn a =-．(2)由(1)可得11(1)22()1331n n n n a q S q +-==--+-．由于3212142222()2[()]2313313n n n n n n n n S S S +++++-+=--++=-=-，故1n S +，n S ，2n S +成等差数列．【方法探究】若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”．首项与公差是等差数列的“基本量”，首项与公比是等比数列的“基本量”，在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法．必考点2 求解数列中有关项或前n 项和的最值问题【典例1】已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和是n S ，11a +，21a +，41a +成等比数列，且4520a a +=-，则11n n a S +-的最大值为 A ．12 B ．1 C ．32D ．2 【解析】设数列{}n a 的公差为d (0d ≠)，则由11a +，21a +，41a +成等比数列得2111(1)(1)(31)a d a a d ++=+++，得11d a =+，再由4512720a a a d +=+=-，解得13a =-，2d =-，故21n a n =--，22n S n n =--，则2122211121422n n a n S n n n n+-===----++≤，当且仅当1n =时取等号，所以11n n a S +-的最大值为12．故选A ．【典例2】(2016全国卷Ⅰ) 设等比数列{}n a 满足1310a a +=，245a a +=，则12n a a a ⋅⋅⋅的最大值为．【解析】设{}n a 的公比为q ，由1310a a +=，245a a +=得118,2a q ==，则24a =，32a =，41a =，512a =，所以12123464n a a a a a a a ⋅⋅⋅=…．【方法探究】在解决等差、等比数列的基本运算问题时，通常考虑两种方法：①基本量法，即运用条件转化成关于首项1a 和公差d (公比q )的方程(组)；②巧妙运用等差、等比数列的性质．【典例3】在等差数列{}n a 中，17a =，公差为d ，前n 项和为n S ，当且仅当8n =时n S 取得最大值，则d 的取值范围为．【解析】由题意，当且仅当8n =时n S 有最大值，可得89000d a a <⎧⎪>⎨⎪<⎩，即0770780d d d <⎧⎪+>⎨⎪+<⎩，解得718d -<<-．【典例4】(2018全国卷Ⅱ)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17=-a ，315=-S ．(1)求{}n a 的通项公式； (2)求n S ，并求n S 的最小值．【解析】(1)设{}n a 的公差为d ，由题意得13315a d +=-．由17a =-得d =2．所以{}n a 的通项公式为29n a n =-．(2)由(1)得228(4)16n S n n n =-=--．所以当n =4时，n S 取得最小值，最小值为−16．【方法总结】在进行等差(比)数列的通项与前n 项和的运算时，常化成关于首项和公差(公比)的方程(组)求解，但要注意消元法及整体计算的应用，以减少计算量．【方法探究】求等差数列前n 项和n S 最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式2n S pn qn =+，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当10a >，0d <时，满足10m m a a +⎧⎨⎩≥≤的项数m 使得n S 取得最大值m S ；②当10a <，0d >时，满足10m m a a +⎧⎨⎩≤≥的项数m 使得n S 取得最小值m S ．必考点3 等差或等比数列的性质应用【典例1】(1)设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若936S =，则2285()a a a +-=A ．60B ．30C ．12D ．4(2)已知等差数列{}n a 满足3514a a +=， 2633a a =，则17a a = A ．33 B ．16C ．13D ．12(3)等比数列{}n a 的首项为11a =-，前n 项和为n S ，若1053132S S =，则公比q = ．【解析】(1)1999()362a a S +==，∴19528a a a +==，∴54a =， ∴22228555()444460a a a a a +-=-=⨯-=．故选A ．(2)设等差数列{}n a 的公差为d ，因为3514a a +=，所以2614a a +=，又2633a a =，所以26311a a =⎧⎨=⎩或26113a a =⎧⎨=⎩当26311a a =⎧⎨=⎩时，113262d -==-，所以1726()()13a a a d a d =-+=．当26113a a =⎧⎨=⎩时，311262d -==--，所以1726()()13a a a d a d =-+=．综上，1713a a =，故选C ． (3)由1053132S S =，11a =-知公比1q ≠，1055132S S S -=．由等比数列前n 项和的性质知5S ，105S S -，1510S S -成等比数列，且公比为5q ，故5132q =，所以12q =．【方法探究】在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要对性质进行适当变形．此外，解题时注意“设而不求”的运用．【典例2】(2018上海)记等差数列{}n a 的前几项和为n S ，若30a =，6714a a +=，则7S =．【解析】解法一设{}n a 的公差为d ，首项为1a ，则111205614a d a d a d +=⎧⎨+++=⎩，解得142a d =-⎧⎨=⎩，所以7767(4)2142S ⨯=⨯-+⨯=．解法二 32714a d +=，所以2d =．故432a a d =+=，故7477214S a ==⨯=．【典例3】在等比数列{}n a 中，已知138a a +=,574a a +=，则9111315a a a a +++=__. 【解析】解法一设等比数列{}n a 的公比为q ，由已知，则211461184a a q a q a q ⎧+=⎨+=⎩，解得412q =．又888291113131()8()22a a a q a q a a q +=+=+=⨯=，1212123131513131()8()12a a a q a q a a q +=+=+=⨯=，所以9111315a a a a +++=2+1=3．解法二因为{}n a 为等比数列，所以57a a +是13a a +与911a a +的等比中项，所以25713911()()()a a a a a a +=++，故225791113()428a a a a a a ++===+．又911a a +是57a a +与1315a a +的等比中项，所以2911571315()()()a a a a a a +=++，故22911131557()214a a a a a a ++===+．所以9111315a a a a +++=2+1=3．【方法探究】关于等差或等比数列性质的应用问题，可以直接构造关于首项1a ，和公差d （或公比q ）的方程或方程组来求解，也可以灵活利用等差、等比数列的性质进行转化，简化相应的运算，如本题中分别把13a a +，57a a +，911a a +，1315a a +看作一个整体，利用等比数列的性质求解．必考点4 求解等差或等比数列的通项及前n 项和的方法【典例1】(2019年天津卷)设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知14a =，16b =，2222b a =-，3324b a =+．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足111,22,,21,,+=⎧<<=⎨=⎩k k n kk n c b n c 其中*∈N k ．（i ）求数列22{(1)}-n n a c 的通项公式；（ii ）求21=∑ni ii a c*()∈N n ．【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩ 故14(1)331,6232n nn n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为31n a n =+，{}n b 的通项公式为32nn b =⨯．(2)(i)22211(321)(321()())941n n n n n nn a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．所以，数列221(){}n n a c -的通项公式为22194()1n n na c -=⨯-．(ii)222211112[1((1)])nnni ini iiiiii i i i a c a a c a ac ======-+-+∑∑∑∑1()221[243](941)2n n nni i =-=⨯+⨯+⨯-∑2114(14)(3252)914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--211*2725212()n n n n --=⨯+⨯--∈N ．【典例2】(2018天津)设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为n S ()n *∈N ，{}n b 是等差数列．已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+． (1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n S 的前n 项和为n T ()n *∈N ，(i)求n T ；(ii)证明221()22(1)(2)2n nk k k k T b b k k n ++=+=-+++∑()n *∈N ．【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ．由1321,2,a a a ==+可得220q q --=．因为0q >，可得2q =，故12n n a -=．设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+，可得13 4.b d +=由5462a b b =+，可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =(2)(i)由(1)，有122112nn n S -==--，故1112(12)(21)22212n nnkkn n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑．(ii)证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑L ．【方法探究】利用等差数列、等比数列的公式求出{}n a ，{}n b 的通项公式，再求出n S ，n T ．证明时注意裂项相消法求和的正确使用．【典例3】(2016浙江)设数列{n a }的前n 项和为n S ．已知2S =4，1n a +=2n S +1，*N n ∈．(1)求通项公式n a ；(2)求数列{2n a n --}的前n 项和．【解析】(1)由题意得：1221421a a a a +=⎧⎨=+⎩，则1213a a =⎧⎨=⎩，又当2n ≥时，由11(21)(21)2n n n n n a a S S a +--=+-+=，得13n n a a +=，所以，数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n N -=∈. (2)设1|32|n n b n -=--，*n N ∈，122,1b b ==.当3n ≥时，由于132n n ->+，故132,3n n b n n -=--≥.设数列{}n b 的前n 项和为n T ，则122,3T T ==.当3n ≥时，229(13)(7)(2)351131322n n n n n n n T --+---+=+-=-，所以，2*2,13511,2,2n n n T n n n n N =⎧⎪=⎨--+≥∈⎪⎩．【典例4】已知首项都是1的两个数列{}n a ，{}n b （0n b ≠*n N ∈），满足11n n n n a b a b ++-120n n b b ++=．(1)令nn na cb =，求数列{}n c 的通项公式； (2)若13n n b -=，求数列{}n a 的前n 项和n S ．【思路点拨】(1)将已知条件11n n n n a b a b ++-120n n b b ++=两边同除以1n n b b +得112n nn na ab b ++-=，即12n nc c +-=，由等差数列的定义知{}n c 是等差数列，再由等差数列的通项公式可得n c ；(2)根据(1)的结论，可以得n n n a c b =，数列{}n a 的通项n a 是等差数列乘以等比数列的形式，因此，求数列{}n a 的前n 项和n S 选用错位相减法来计算．【解析】(1)因为11120n n n n n n a b a b b b +++-+=，0,n b n N +≠∈所以1112,2n nn n n na a c cb b +++-=-= 所以数列{}nc 是以首项11c =，公差2d =的等差数列，故2 1.n c n =- (2)由13n n b -=知1(21)3n n n n a c b n -==-于是数列{}n a 前n 项和0111333(21)3n n S n -=⋅+⋅++-⋅L 1231333(21)3n n S n =⋅+⋅++-⋅L相减得121212(333)(21)32(22)3n n n n S n n --=+⋅++--⋅=--⋅L 所以(1)3 1.n n S n =-⋅+【方法探究】1．求解数列通项公式的常见方法：①等差、等比数列直接利用公式求解；②利用n a 与n S 的关系，即1*1,1,2,n nn S n a S S n n -=⎧=⎨-∈⎩N ≥；③累加法和累乘法；④转化法，即将问题转化为等差、等比数列；⑤归纳——猜想——证明．2．数列的求和方法常用的有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法、并项求和法等，如本题的求和运用的就是错位相减法．【典例5】已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且1S ，2S ，4S 成等比数列。

2020届高考数学二轮复习分层讲义(拔高)数列

第一章:等差数列与等比数列的综合核心考点一:等差、等比数列的判断与证明方法总结判断和证明数列是等差、等比数列常见的3中方法如下：（1）定义法：对于2≥n 的任意正整数，都有1--n n a a （或1-n na a ）为同一常数（用于证明）（2）通项公式法：①若)()1(11d a nd d n a a n -+=-+=，则数列{}n a 为等差数列（用于判断）； ②若n nn n q c q qa q a a •=•==-111，则数列{}n a 为等比数列（用于判断）；（3）中项公式法：①若112+-+=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等差数列（用于证明）；②若112+-=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等比数列（用于证明）； 1.设{}n a 是首项为a ,公差为d 的等差数列(d ≠0), n S 是其前n 项和.记n b =nSn n +c ,*n N ∈ ,其中c 为实数.(1)若c =0,且124,,b b b 成等比数列,证明：2*(,)nk k S n S k n N =∈; (2)若{}n b 是等差数列,证明：c =0【解答】证明：(1)若c=0,则a n =a 1+(n ﹣1)d,S n =n[(n−1)d+2a]2,b n =nS n n 2=(n−1)d+2a2.当b 1,b 2,b 4成等比数列时,则b 22=b 1b 4, 即：(a +d2)2=a(a +3d2),得：d 2=2ad,又d≠0,故d=2a.因此：S n =n 2a,S nk =(nk)2a =n 2k 2a,n 2S k =n 2k 2a . 故：S nk =n 2S k (k,n ∈N*). (2)b n =nS nn 2+c =n 2(n−1)d+2a2n 2+c=n 2(n−1)d+2a 2+c (n−1)d+2a 2−c (n−1)d+2a2n 2+c=(n−1)d+2a2−c(n−1)d+2a2n 2+c. ①若{b n }是等差数列,则{b n }的通项公式是b n =A n +B 型. 观察①式后一项,分子幂低于分母幂, 故有：c(n−1)d+2a2n 2+c=0,即c(n−1)d+2a2=0,而(n−1)d+2a2≠0,故c=0.经检验,当c=0时{b n }是等差数列.2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,0n a ≠,11n n n a a S λ+=-,其中λ为常数, (1)证明：2n n a a λ+-=;(2)是否存在λ,使得{}n a 为等差数列?并说明理由. 【解析】因此存在4λ=,使得{}n a 为等差数列.3.对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足1111n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-++++++++L L 2n ka =对任意正整数()n n k >总成立,则称数列{}n a 是“()P k 数列”. (1)证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;(2)若数列{}n a 既是“(2)P 数列”,又是“(3)P 数列”,证明：{}n a 是等差数列. 【解析】证明:(1)因为{}n a 是等差数列,设其公差为d ,则1(1)n a a n d =+-, 从而,当4n ≥时,n k n k a a a -++=+11(1)(1)n k d a n k d --+++-122(1)2n a n d a =+-=,1,2,3,k =所以n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=321123+++6, 因此等差数列{}n a 是“()3P 数列”.n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+,④将③④代入②,得n n n a a a -++=112,其中4n ≥, 所以345,,,a a a L 是等差数列,设其公差为d'.在①中,取4n =,则235644a a a a a +++=,所以23a a d'=-, 在①中,取3n =,则124534a a a a a +++=,所以122a a d'=-, 所以数列{}n a 是等差数列.4.设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列(1)证明：31242,2,2,2a a a a 依次成等比数列;(2)是否存在1,a d ,使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列,并说明理由;(3)是否存在1,a d 及正整数,n k ,使得kn k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列,并说明理由. 【解析】试题分析(1)根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可(2)本题列式简单,变形较难,首先令1dt a =将二元问题转化为一元,再分别求解两个高次方程,利用消最高次的方法得到方程：27+430t t +=,无解,所以不存在(3)同(2)先令1dt a =将二元问题转化为一元,为降次,所以两边取对数,消去n,k 得到关于t 的一元方程4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)0t t t t t t ++-++-++=,从而将方程的解转化为研究函数()4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)g t t t t t t t =++-++-++零点情况,这个函数需要利用二次求导才可确定其在(0,)+∞上无零点试题解析：(1)证明：因为112222n n n n a a a d a ++-==(1n =,2,3)是同一个常数,所以12a ,22a ,32a ,42a 依次构成等比数列.化简得32220t t +-=(*),且21t t =+.将21t t =+代入(*)式,()()21212313410t t t t t t t t +++-=+=++=+=,则14t =-.显然14t =-不是上面方程得解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在1a ,d ,使得1a ,22a ,33a ,44a 依次构成等比数列.(3)假设存在1a ,d 及正整数n ,k ,使得1n a ,2n k a +,23n k a +,34n ka +依次构成等比数列,则()()()221112n kn k n a a d a d +++=+,且()()()()32211132n kn kn k a d a d a d +++++=+.分别在两个等式的两边同除以()21n k a +及()221n k a+,并令1d t a =(13t >-,0t ≠), 则()()()22121n kn k t t +++=+,且()()()()32211312n kn kn k t t t +++++=+.将上述两个等式两边取对数,得()()()()2ln 122ln 1n k t n k t ++=++, 且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++. 化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦, 且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦. 再将这两式相除,化简得()()()()()()ln 13ln 123ln 12ln 14ln 13ln 1t t t t t t +++++=++(**). 令()()()()()()()4ln 13ln 1ln 13ln 123ln 12ln 1g t t t t t t t =++-++-++,则()()()()()()()()()()222213ln 13312ln 1231ln 111213t t t t t t g t t t t ⎡⎤++-+++++⎣⎦'=+++. 令()()()()()()()22213ln 13312ln 1231ln 1t t t t t t t ϕ=++-+++++, 则()()()()()()()613ln 13212ln 121ln 1t t t t t t t ϕ'=++-+++++⎡⎤⎣⎦.令()()1t t ϕϕ'=,则()()()()163ln 134ln 12ln 1t t t t ϕ'=+-+++⎡⎤⎣⎦.令()()21t t ϕϕ'=,则()()()()21211213t t t t ϕ'=>+++.由()()()()1200000g ϕϕϕ====,()20t ϕ'>,第二节:求解数列的通项公式与前n 项和核心考点一：裂项相消1. 设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233n n S =+. (I)求{}n a 的通项公式;(II)若数列{}n b 满足3log n n n a b a =,求{}n b 的前n 项和n T . 【解析】(I)因为233n n S =+ 所以,1233a =+ ,故13,a = 当1n > 时,11233,n n S --=+此时,1122233,n n n n n a S S --=-=- 即13,n n a -=所以,13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩(II)因为3log n n n a b a = ,所以113b =当1n > 时,()11133log 313n n n n b n ---==-⋅所以1113T b ==当1n > 时,()()12112311323133n n n T b b b b n ---=++++=+⨯+⨯++-L所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++-L 两式相减,得经检验,1n = 时也适合, 综上可得：13631243n nn T +=+⨯ 核心考点二：错位相减1.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 且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 .【解答】解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,由a 2n =2a n +1,取n=1,得a 2=2a 1+1,即a 1﹣d+1=0① 再由S 4=4S 2,得4a 1+4×3d 2=4(a 1+a 1+d),即d=2a 1②联立①、②得a 1=1,d=2.所以a n =a 1+(n ﹣1)d=1+2(n ﹣1)=2n ﹣1; (2)把a n =2n ﹣1代入T n +a n +12n=λ,得T n +2n 2n =λ,则T n =λ−2n2n .所以b 1=T 1=λ﹣1,当n≥2时,b n =T n −T n−1=(λ−2n2n )−(λ−2(n−1)2n−1)=n−22n−1.所以b n =n−22n−1,c n =b 2n =2n−222n−1=n−14n−1. R n =c 1+c 2+…+c n =0+141+242+⋯+n−14n−1③14R n=142+243+⋯+n−14n ④③﹣④得：34R n =14+142+⋯+14n−1−n−14n =14(1−14n−1)1−14−n−14n 所以R n =49(1−3n+14n);所以数列{c n }的前n 项和R n =49(1−3n+14n).核心考点三：分组求和1. n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ,其中[]x 表示不超过x 的最大整数,如[][]0.9=0lg99=1，.(1)求111101b b b ，，;(2)求数列{}n b 的前1 000项和.【答案】(1)10b =,111b =, 1012b =;(2)1893. 【解析】试题分析：(1)先用等差数列的求和公式求公差d ,从而求得通项n a ,再根据已知条件[]x 表示不超过x 的最大整数,求111101b b b ，，;(2)对n 分类讨论,再用分段函数表示n b ,再求数列{}n b 的前1 000项和.试题解析：(1)设{}n a 的公差为d ,据已知有72128d +=,解得 1.d = 所以{}n a 的通项公式为.n a n =111101[lg1]0,[lg11]1,[lg101] 2.b b b ====== (2)因为0,110,1,10100,2,1001000,3,1000.n n n b n n ≤<⎧⎪≤<⎪=⎨≤<⎪⎪=⎩所以数列{}n b 的前1000项和为1902900311893.⨯+⨯+⨯=第三节:数列不等式的证明1.对于数列{u n }若存在常数M ＞0,对任意的n ∈N',恒有|u n+1﹣u n |+|u n ﹣u n ﹣1|+…+|u 2﹣u 1|≤M则称数列{u n }为B ﹣数列(1)首项为1,公比为q(|q|＜1)的等比数列是否为B ﹣数列?请说明理由; (2)设S n 是数列{x n }的前n 项和,给出下列两组论断;A 组：①数列{x n }是B ﹣数列 ②数列{x n}不是B ﹣数列B组：③数列{S n}是B﹣数列④数列{S n}不是B﹣数列请以其中一组中的一个论断为条件,另一组中的一个论断为结论组成一个命题.判断所给命题的真假,并证明你的结论;(3)若数列{a n},{b n}都是B﹣数列,证明：数列{a n b n}也是B﹣数列.【解答】解(1)设满足题设的等比数列为{a n},则a n=q n﹣1,于是|a n﹣a n﹣1|=|q n﹣1﹣q n﹣2|=|q|n﹣2|q﹣1|,n≥2因此|a n+1﹣a n|+|a n﹣a n﹣1|+…+|a2﹣a1|=|q﹣1|(1+|q|+|q|2++|q|n﹣1).因为|q|＜1,所以1+|q|+|q|2+…+|q|n﹣1=1−|q|n1−|q|＜11−|q|,即|a n+1﹣a n|+|a n﹣a n1|+…+|a2﹣a1|＜|q−1|1−|q|故首项为1,公比为q(|q|＜1)的等比数列是B﹣数列.(2)命题1：若数列{x n}是B﹣数列,则数列{S n}是B﹣数列.此命题为假命题.事实上,设x n=1,n∈N•,易知数列{x n}是B﹣数列,但S n=n|S n﹣1﹣S n|+|S n﹣S n+1|+…+|S2﹣S1|=n由n的任意性知,数列{S n}是B﹣数列此命题为假命题.命题2：若数列{S n}是B﹣数列,则数列{x n}是B﹣数列此命题为真命题事实上,因为数列{S n}是B﹣数列,所以存在正数M,对任意的n∈N*,有|S n+1﹣S n|+|S n﹣S n﹣1|+…+|S2﹣S1|≤M即|x n+1|+|x n|+…+|x2|≤M.于是|x n+1﹣x n|+|x n﹣x n﹣1|+…+|x2﹣x1|≤|x n+1|+2|x n|+2|x n﹣1|+…+2|x2|+2|x1|≤2M+|x1|所以数列{x n }是B ﹣数列.(3)若数列{a n }{b n }是B ﹣数列,则存在正数M 1.M 2,对任意的n ∈N •,有|a n+1﹣a n |+|a n ﹣a n ﹣1|+…+|a 2﹣a 1|≤M 1,|b n+1﹣b n |+|b n ﹣a n ﹣1|…++|b 2﹣b 1|≤M 2注意到|a n |=|a n ﹣a n ﹣1+a n ﹣1+a n ﹣2+…+a 2﹣a 1+a 1|≤|a n ﹣a n ﹣1|+|a n ﹣1﹣a n ﹣2|+…+|a 2﹣a 1|+|a 1|≤M 1+|a 1|同理：|b n |≤M 2+|b 1|记K 2=M 2+|b 2|,则有K 2=M 2+|b 2||a n+1b n+1﹣a n b n |=|a n+1b n+1﹣a n b n+1+a n b n+1﹣a n b n |≤|b n+1||a n+1﹣a n |+|a n ||b n+1﹣b n |≤K 1|a n+1﹣a n |+k 1|b n+1﹣b n |因此K 1(|b n+1﹣b n |+|b n ﹣b n ﹣1|+|a 2﹣a 1|)≤k 2M 1+k 1M 2+K 1(|b n+1﹣b n |+|b n ﹣b n ﹣1|+|a 2﹣a 1|)≤k 2M 1+k 1M 2故数列{a n b n }是B ﹣数列.2. 设数列A ：1a ,2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ,则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.(1)对数列A ：-2,2,-1,1,3,写出)(A G 的所有元素;(2)证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ,则∅≠)(A G ;(3)证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1(n=2,3, …,N),则)(A G 的元素个数不小于N a -1a .【答案】(1)()G A 的元素为2和5;(2)详见解析;(3)详见解析.【解析】试题分析：(1)关键是理解G 时刻的定义,根据定义即可写出)(A G 的所有元素;(2)要证∅≠)(A G ,即证)(A G 中含有一元素即可;(3)当1a a N ≤时,结论成立.只要证明当1a a N >时仍然成立即可. 试题解析：(1))(A G 的元素为2和5.(3)当1a a N ≤时,结论成立.以下设1a a N >.由(2)知∅≠)(A G .设{}p p n n n n n n A G <⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅=2121,,,,)(,记10=n .则p n n n n a a a a <⋅⋅⋅<<<210.对p i ,,1,0⋅⋅⋅=,记{}i n k i i a a N k n N k G >≤<∈=*,.如果∅≠i G ,取i i G m min =,则对任何i i m n k i a a a m k <≤<≤,1. 从而)(A G m i ∈且1+=i i n m .又因为p n 是)(A G 中的最大元素,所以∅=p G .从而对任意n k n p ≤≤,p n k a a ≤,特别地,p n N a a ≤.对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0.因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n n n a a a a a .所以p a a a a a a i i p n pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111. 考点：数列、对新定义的理解.3.记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T,若T =∅,定义0TS =;若{}12,,k T t t t =…，,定义12+k T t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时,1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列,且当{}=2,4T 时,=30T S .(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)对任意正整数()1100k k ≤≤,若{}1,2,k T ⊆…，,求证：1T k S a +<;(3)设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C C D D S S S +≥I .【答案】(1)13n n a -=(2)详见解析(3)详见解析【解析】试题解析：(1)由已知得1*13,n n a a n N -=•∈.于是当{2,4}T =时,2411132730r S a a a a a =+=+=.又30r S =,故13030a =,即11a =.所以数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n N -=∈.(2)因为{1,2,,}T k ⊆L ,1*30,n n a n N -=>∈, 所以1121133(31)32k k k r k S a a a -≤+++=+++=-<L L .因此,1r k S a +<.(3)下面分三种情况证明.①若D 是C 的子集,则2C C D C D D D D S S S S S S S +=+≥+=I .②若C 是D 的子集,则22C C D C C C D S S S S S S +=+=≥I . ③若D 不是C 的子集,且C 不是D 的子集.令U E C C D =I ,U F D C C =I 则E φ≠,F φ≠,E F φ=I . 于是C E C D S S S =+I ,D F C D S S S =+I ,进而由C D S S ≥,得E F S S ≥. 设k 是E 中的最大数,l 为F 中的最大数,则1,1,k l k l ≥≥≠. 由(2)知,1E k S a +<,于是1133l k l F E k a S S a -+=≤≤<=,所以1l k -<,即l k ≤. 又k l ≠,故1l k ≤-, 从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++==≤L L , 故21E F S S ≥+,所以2()1C C D D C D S S S S -≥-+I I ,即21C C D D S S S +≥+I .综合①②③得,2C C D D S S S +≥I .4.设{}n a 和{}n b 是两个等差数列,记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅,其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数.(1)若n a n =,21n b n =-,求123,,c c c 的值,并证明{}n c 是等差数列;(2)证明：或者对任意正数M ,存在正整数m ,当n m ≥时,n c M n>;或者存在正整数m ,使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列. 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.【解析】试题分析：(1)分别代入求123,,c c c ,观察规律,再证明当3n ≥时,11()()20k k k k b na b na n ++---=-<,所以k k b na -关于*k ∈N 单调递减. 所以112211max{,,,}1n n n c b a n b a n b a n b a n n =---=-=-L ,即证明;(2)首先求{}n c 的通项公式,分1110,0,0d d d >=<三种情况讨论证明.试题解析：解：(1)111110,c b a =-=-=21122max{2,2}max{121,322}1c b a b a =--=-⨯-⨯=-, 3112233max{3,3,3}max{131,332,533}2c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-. 当3n ≥时,1111()()()()20k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<, 所以k k b na -关于*k ∈N 单调递减.(2)设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ,则12111121(1)[(1)]()(1)k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--.所以1121211121(1)(),,n b a n n d nd d nd c b a n d nd -+-->⎧=⎨-≤⎩当时，当时，①当10d >时,取正整数21d m d >,则当n m ≥时,12nd d >,因此11n c b a n =-. 此时,12,,,m m m c c c ++L 是等差数列.②当10d =时,对任意1n ≥,1121121(1)max{,0}(1)(max{,0}).n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--此时,123,,,,,n c c c c L L 是等差数列.③当10d <时, 当21d n d >时,有12nd d <. 所以1121121112(1)()()n c b a n n d nd b d n d d a d n n n -+---==-+-++ 111212()||.n d d a d b d ≥-+-+--对任意正数M ,取正整数12112211||max{,}M b d a d d d m d d +-+-->-, 故当时,n c M n >。

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2020 年高考数学二轮复习五大专题讲义益阳市第一中学刘晖编
2020 年高考数学二轮复习五大专题讲义
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一、三角函数专题
目录
二、数列专题
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三、立体几何专题
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四、解析几何专题
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五、函数与导数专题
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第二讲数列专题
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