最新届高三数学第二轮复习数列综合

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2024届高三数学二轮专题复习教案数列

2024届高三数学二轮专题复习教案——数列一、教学目标1.知识目标掌握数列的基本概念、性质和分类。

熟练运用数列的通项公式、求和公式。

能够解决数列的综合应用题。

2.能力目标提高学生分析问题和解决问题的能力。

培养学生的逻辑思维能力和创新意识。

二、教学内容1.数列的基本概念数列的定义数列的项、项数、通项公式数列的分类2.数列的性质单调性周期性界限性3.数列的求和等差数列求和公式等比数列求和公式分段求和4.数列的综合应用数列与函数数列与方程数列与不等式三、教学重点与难点1.教学重点数列的基本概念和性质数列的求和数列的综合应用2.教学难点数列求和的技巧数列与函数、方程、不等式的综合应用四、教学过程1.导入新课通过讲解一道数列的典型例题，引导学生回顾数列的基本概念、性质和求和公式，为新课的学习做好铺垫。

2.数列的基本概念（1）数列的定义：按照一定规律排列的一列数叫做数列。

（2）数列的项：数列中的每一个数叫做数列的项。

（3）数列的项数：数列中项的个数。

（4）数列的通项公式：表示数列中任意一项的公式。

（5）数列的分类：等差数列、等比数列、斐波那契数列等。

3.数列的性质（1）单调性：数列的项随序号增大而增大或减小。

（2）周期性：数列中某些项的值呈周期性变化。

（3）界限性：数列的项有最大值或最小值。

4.数列的求和（1）等差数列求和公式：S_n=n/2(a_1+a_n)（2）等比数列求和公式：S_n=a_1(1q^n)/(1q)（3）分段求和：根据数列的特点，将数列分为若干段，分别求和。

5.数列的综合应用（1）数列与函数：利用数列的通项公式研究函数的性质。

（2）数列与方程：利用数列的性质解决方程问题。

（3）数列与不等式：利用数列的性质解决不等式问题。

6.课堂练习（2）已知数列{a_n}的通项公式为a_n=n^2+n，求证数列{a_n}为单调递增数列。

（3）已知数列{a_n}的前n项和为S_n=n^2n+1，求证数列{a_n}为等差数列。

高三数学二轮复习数列的综合应用课件

P2
P1
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，
求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1
所围成的区域的面积Tn．
O
x 1 x2
x3
x4
x
已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2．
（1）求数列{xn}的通项公式；
（2）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1

，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝
xn＋1所围成的区域的面积Tn．
y
P4
P3
P2
P1
O
x1 x2
x3
x4
x
数列求和的
基本方法
01
公式法
02
分组求和法
03
错位相减法
04
倒序相加法
05
裂项相消法
考点2：数列与不等式综合问题
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1

，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，

高考数学二轮复习数列多选题知识归纳总结及答案

高考数学二轮复习数列多选题知识归纳总结及答案一、数列多选题1．设数列{}n a 前n 项和n S ，且21n n S a =-，21log n n b a +=，则（）A ．数列{}n a 是等差数列B ．12n n aC ．22222123213n na a a a -++++= D ．122334111111n n b b b b b b b b +++++< 【答案】BCD 【分析】利用n S 与n a 的关系求出数列{}n a 的通项公式，可判断AB 选项的正误；利用等比数列的求和公式可判断C 选项的正误；利用裂项求和法可判断D 选项的正误. 【详解】对任意的n *∈N ，21n n S a =-.当1n =时，11121a S a ==-，可得11a =；当2n ≥时，由21n n S a =-可得1121n n S a --=-，上述两式作差得122n n n a a a -=-，可得12n n a a -=，所以，数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，11122n n n a --∴=⨯=，A 选项错误，B选项正确；()221124n n na --==，所以，22221231441143nn n a a a a --==-++++，C 选项正确； 212log log 2nn n b a n +===，()1111111n n b b n n n n +==-++，所以，12233411111111111111112233411n n b b b b b b b b n n n +++++=-+-+-++-=-<++， D 选项正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.2．设数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，1121,n n n S S S n++==，且212n n n n a b a a ++=，则下列结论正确的是（） A ．20202020a = B ．()12n n n S += C ．()112n b n n =-+D ．1334n T n ≤-< 【答案】ABD 【分析】可由累乘法求得n S 的通项公式，再由()12n n n S +=得出n a n =，代入212n n n n a b a a ++=中可得()112n b n n =++.由裂项相消法求出n T ，利用数列的单调性证明1334n T n ≤-<.【详解】由题意得，12n n S n S n++=， ∴当2n ≥时，121121112n n n n n S S S n n S S S S S n n ---+=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅--()13112n n +⋅=，且当1n =时也成立， ∴ ()12n n n S +=，易得n a n =，∴ 20202020a =，故,A B 正确； ∴ ()()()211111112222n n b n n n n n n +⎛⎫==+=+- ⎪+++⎝⎭，∴11111111111111112324351122212n T n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-+-++-+-=++-- ⎪ ⎪-++++⎝⎭⎝⎭3111342124n n n n ⎛⎫=+-+<+ ⎪++⎝⎭，又n T n -随着n 的增加而增加， ∴1113n T n T -≥-=，∴1334n T n ≤-<，C 错误，D 正确，故选：ABD. 【点睛】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．3．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.4．关于等差数列和等比数列，下列四个选项中正确的有（） A ．若数列{}n a 的前n 项和22n S n =，则数列{}n a 为等差数列B ．若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-，则数列{}n a 为等比数列C ．若等比数列{}n a 是递增数列，则{}n a 的公比1q >D ．数列{}n a 是等比数列，n S 为前n 项和，则n S ，2n n S S -，32n n S S -，仍为等比数列【答案】AB 【分析】对于A ，求出 42n a n =-，所以数列{}n a 为等差数列，故选项A 正确；对于B ，求出2n n a =，则数列{}n a 为等比数列，故选项B 正确；对于选项C ，有可能10,01a q <<<，不一定 1q >，所以选项C 错误；对于D ，比如公比1q =-，n 为偶数，n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯，均为0，不为等比数列．故选项D 不正确．【详解】对于A ，若数列{}n a 的前n 项和22n S n =，所以212(1)(2)n S n n -=-≥，所以142(2)n n n a S S n n -=-=-≥，适合12a =，所以数列{}n a 为等差数列，故选项A 正确；对于B ，若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-，所以122(2)nn S n -=-≥，所以12(2)n n n n a S S n -=-=≥，又1422a =-=，2218224a S S =-=--=， 212a a =则数列{}n a 为等比数列，故选项B 正确；对于选项C ，若等比数列{}n a 是递增数列，则有可能10,01a q <<<，不一定 1q >，所以选项C 错误；对于D ，数列{}n a 是等比数列，n S 为前n 项和，则n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯不一定为等比数列，比如公比1q =-，n 为偶数，n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯，均为0，不为等比数列．故选项D 不正确．故选：AB 【点睛】方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）公式法；（2）归纳法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.5．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，*n ∈N ，下列四个命题中不正确的有（） A ．若0q ≠，且对于*212,n n n n a a a ++∀∈=N ，则数列{}n a 为等比数列B ．若nn S Aq B =+（非零常数q ，A ，B 满足1q ≠，0A B +=），则数列{}n a 为等比数列C ．若数列{}n a 为等比数列，则232,,,n n n n n S S S S S --仍为等比数列D ．设数列{}n a 是等比数列，若123a a a <<，则{}n a 为递增数列【答案】AC 【分析】若0n a =，满足对于*212,n n n n a a a ++∀∈=N ，但数列{}n a 不是等比数列，可判断A ；利用n a 与n S 的关系，可求得数列{}n a 的通项公式，可判断B ；若数列{}n a 为等比数列，当公比1q =-，且n 为偶数时，此时232,,,n n n n n S S S S S --均为0，可判断C ；设数列{}n a 是等比数列，且公比为q ，若123a a a <<，即1211a a q a q <<，分类讨论10a >与10a <两种情况，可判断D ；【详解】对于A ，若0n a =，满足对于*212,n n n n a a a ++∀∈=N ，但数列{}n a 不是等比数列，故A 错误；对于B ，当2n ≥时，()111(1)nn n n n n a S S Aq B AqB Aq q ---=-=+-+=-且1q ≠；当1n =时，0A B +=，则()111a S Aq B A q ==+=-符合上式，故数列{}n a 是首项为()1A q -公比为q 的等比数列，故B 正确；对于C ，若数列{}n a 为等比数列，当公比1q =-，且n 为偶数时，此时232,,,n n n n n S S S S S --均为0，不为等比数列，故C 错误；对于D ，设数列{}n a 是等比数列，且公比为q ，若123a a a <<，即1211a a q a q <<，若10a >，可得21q q <<，即1q >，则{}n a 为递增数列；若10a <，可得21q q >>，即01q <<，则{}n a 为递增数列；故D 正确；故选：AC 【点睛】结论点睛：本题考查等比数列通项公式及和的性质，等比数列和的性质：公比为1q ≠-的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则232,,,n n n n n S S S S S --仍成等比数列，其公比为n q ；同理等差数列和的性质：公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列232,,,m m m m m S S S S S --构成等差数列，公差为md ，考查学生的分析能力，属于中档题.6．已知数列{}n a 的前n 项和为2n 33S n n =-，则下列说法正确的是（）A ．342n a n =-B ．16S 为n S 的最小值C ．1216272a a a +++=D ．1230450a a a +++=【答案】AC 【分析】利用和与项的关系，分1n =和2n ≥分别求得数列的通项公式，检验合并即可判定A; 根据数列的项的正负情况可以否定B;根据前16项都是正值可计算判定C;注意到121617193300()a a a S a a a +++=+----16302S S =-可计算后否定D.【详解】1133132a S ==-=,()()()2213333113422n n n a S S n n n n n n -=-=---+-=-≥,对于1n =也成立，所以342n a n =-，故A 正确；当17n <时，0n a >,当n=17时n a 0=,当17n >时，n a 0<,n S ∴只有最大值，没有最小值，故B 错误；因为当17n <时，0n a >,∴21216163316161716272a a a S +++==⨯-=⨯=，故C 正确；121617193300()a a a S a a a +++=+----2163022272(333030S S =-=⨯-⨯-）54490454=-=，故D 错误. 故选：AC. 【点睛】本题考查数列的和与项的关系，数列的和的最值性质，绝对值数列的求和问题，属小综合题.和与项的关系()()1112n n n S n a S S n -⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩,若数列{}n a 的前 k 项为正值，往后都是小于等于零，则当n k ≥时有122n k n a a a S S ++⋯+=-，若数列{}n a 的前 k 项为负值，往后都是大于或等于零，则当n k ≥时有122n k n a a a S S ++⋯+=-+.若数列的前面一些项是非负，后面的项为负值，则前n 项和只有最大值，没有最小值，若数列的前面一些项是非正，后面的项为正值，则前n 项和只有最小值，没有最大值.7．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.8．已知数列{}n a 中，112a =，且()11n n n a a a +=+，n *∈N ，则以下结论正确的是（） A ．11111n n n a a a +=-+ B ．{}n a 是单调递增数列C ．211011111111a a a a +++>+++ D ．若1212120111n n a a aa a a ⎡⎤+++=⎢⎥+++⎣⎦，则122n =([]x 表示不超过x 的最大整数) 【答案】ABD 【分析】利用裂项法可判断A 选项的正误；利用数列单调性的定义可判断B 选项的正误；利用裂项求和法可判断C 选项的正误；求出1212111nn a a aa a a ++++++的表达式，可判断D 选项的正误.【详解】在数列{}n a 中，112a =，且()11n n n a a a +=+，n *∈N ，则()21110a a a =+>，()32210a a a =+>，，依此类推，可知对任意的n *∈N ，0n a >.对于A 选项，()()()111111111n n n n n n n n n a a a a a a a a a ++-===-+++，A 选项正确；对于B 选项，210n n n a a a +-=>，即1n n a a +>，所以，数列{}n a 为单调递增数列，B 选项正确；对于C 选项，由A 选项可知，11111n n n a a a +=-+，所以，1212231011111110111111111111111a a a a a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，C 选项错误；对于D 选项，12122311111111111111111n nn n a a a a a a a a a a a ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以，()()()12121212111111111111n nn n a a a a a aa a a a a a +-+++=+++++++++-+-+121111111112111n n n n n n a a a a a a ++⎛⎫⎛⎫=-+++=--=-+ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭，由112a =，且()11n n n a a a +=+得234a =，32116a =，又{}n a 是单调递增数列，则3n ≥时，1n a >，则101na <<，从而1122120n n n a +⎡⎤-=-=⎢⎥⎣⎦+，得122n =，D 选项正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.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 FE αααα⎛⎫⎛⎫=-=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以222289cos ,11cos sin cos sin 33FD FE FD FE FD FEαααα-⋅<>==⋅⎛⎫⎛⎫-+⋅++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，849(1,]5822cos2819α----⋅，故正确；D. 由FC FD FE λμ=+，得()()()()4OF OD OF OE OF OD OF λμλμλμ-=-+-=--+，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．如图，46⨯的方格纸（小正方形的边长为1）中有一个向量OA （以图中的格点O 为起点，格点A 为终点），则（）A ．分别以图中的格点为起点和终点的向量中，与OA 是相反向量的共有11个B ．满足10OA OB -=的格点B 共有3个C ．存在格点B ，C ，使得OA OB OC =+D ．满足1OA OB ⋅=的格点B 共有4个【答案】BCD【分析】根据向量的定义及运算逐个分析选项，确定结果．【详解】解：分别以图中的格点为起点和终点的向量中，与OA 是相反向量的共有 18个，故A 错，以O 为原点建立平面直角坐标系，()1,2A ，设(,)B m n ，若10OA OB -=，所以22(1)(2)10m n -+-=，(33m -，22n -，且m Z ∈，)n Z ∈，得(0,1)B -，(2,1)-，(2,1)-共三个，故B 正确．当(1,0)B ，(0,2)C 时，使得OA OB OC =+，故C 正确．若1OA OB ⋅=，则21m n +=，(33m -，22n -，且m Z ∈，)n Z ∈，得(1,0)B ，(3,1)-，(1,1)-，(3,2)-共4个，故D 正确．故选：BCD ．【点睛】本题考查向量的定义，坐标运算，属于中档题．。

高考数学二轮复习专题六数列第2讲数列的综合问题课件

第三十七页，共六十页。
解答
(2)若数列{an}为“P(2)数列”， a2＝2，设 Tn＝a21＋a222＋a233＋…＋a2nn，证明： Tn<3.
12/11/2021
第三十九页，共六十页。
证明
真题押题精练
(jīngliàn)
12/11/2021
第四十二页，共六十页。
1.(2018·江苏)设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q 的等比数列. (1)设a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1对n＝1,2,3,4均成立(chénglì)，求d的取值范围；
＝SA＋SC∩D，。SD＝SB＋SC∩D，SC＋SC∩D－2SD＝SA－2SB，。∴SC＋SC∩D≥2SD等价于SA≥2SB.。由条件(tiáojiàn)SC≥SD可得SA≥SB.。②若B≠∅，
由SA≥SB可知A≠∅，。故SC＋SC∩D≥2SD成立.
No
Байду номын сангаас
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例3 (2018·江苏海门(hǎi mén)中学最后一卷)对于数列{an}，记Δan＝an＋1－an，Δk＋1an ＝Δkan＋1－Δkan，k，n∈N*，则称数列{Δkan}为数列{an}的“k阶塑数列”；
(1)已知 Δan＝－12n，
①若{an}为等比数列，求a1的值；
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解答
(2)对于正整数k，m，l(k<m<l)，求证：“m＝k＋1且l＝k＋3”是“5ak，am，al这三项经适当排序(pái xù)后能构成等差数列”的充要条件.

高考数学二轮复习考点十二《数列综合练习》课件

数列，当 n 为偶数时，bn＋2＝bn＋1，数列为以 1 为公差的等差数列，∴S23
1－212
11×（11－1）
＝(b1＋b3＋…＋b23)＋(b2＋b4＋…＋b22)＝ 1－2 ＋11×4＋
2
×1＝212－1＋44＋55＝4194.
2．等差数列{an}中，a1＋a2＝152，a2＋a5＝4，设 bn＝[an]，[x]表示不超过 x 的最大整数，[0.8]＝0，[2.1]＝2，则数列{bn}的前 8 项和 S8＝( )
A．12<a2<1
B．{an}是递增数列
C．12<a3<34
D．34<a2022<1
答案 ABD
解析由 an＋1＝an＋ln (2－an)，0<a1<12，设 f(x)＝x＋ln (2－x)，则 f′(x) ＝1－2－1 x＝12－－xx，所以当 0<x<1 时，f′(x)>0，即 f(x)在(0，1)上单调递增，所以 f(0)<f(x)<f(1)，即12＝ln e<ln 2<f(x)<1＋ln 1＝1，所以12<f(x)<1，即12 <an<1(n≥2)，故 A 正确；因为 f(x)在(0，1)上单调递增，0<an<1(n∈N*)，所以 an＋1－an＝ln (2－an)>ln (2－1)＝0，所以{an}是递增数列，故 B项中，只有一项符合题目要求) 1．已知数列{bn}满足 b1＝1，b2＝4，bn＋2＝1＋sin2n2πbn＋cos2n2π，则该数列的前 23 项和为( ) A．4194 B．4195 C．2046 D．2047
答案 A
解析由题意，得当 n 为奇数时，bn＋2＝2bn，数列为以 2 为公比的等比

高考数学二轮复习数列的综合考查

高考数学二轮复习数列的综合考查数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的根底.高考对本章的考查比拟全面,等差数列,等比数列的考查每年都不会遗漏.有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳法综合在一起.探索性问题是高考的热点,常在数列解做题中出现.本章中还蕴含着丰富的数学思想,在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想,以及配方法、换元法、待定系数法等根本数学方法.近几年来,高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面；〔1〕数列本身的有关知识,其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式.〔2〕数列与其它知识的结合,其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合.〔3〕数列的应用问题,其中主要是以增长率问题为主.试题的难度有三个层次,小题大都以根底题为主,解做题大都以根底题和中档题为主,只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大.〔文科考查以根底为主,有可能是压轴题〕一、知识整合1．在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n 项和公式的根底上,系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律,深化数学思想方法在解题实践中的指导作用,灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；2．在解决综合题和探索性问题实践中加深对根底知识、根本技能和根本数学思想方法的熟悉,沟通各类知识的联系,形成更完整的知识网络,提升分析问题和解决问题的水平, 进一步培养学生阅读理解和创新水平,综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的水平．3．培养学生善于分析题意,富于联想,以适应新的背景,新的设问方式,提升学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法．二、方法技巧1．判断和证实数列是等差〔等比〕数列常有三种方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数,验证11(/)n n n n a a a a ---为同一常数. (2)通项公式法：①假设 = +〔n-1〕d=+〔n-k 〕d ,那么{}n a 为等差数列；②假设,那么{}n a 为等比数列.(3)中项公式法：验证中项公式成立.2. 在等差数列{}n a 中,有关n S 的最值问题——常用邻项变号法求解： (1)当1a >0,d<0时,满足10m m a a +≥⎧⎨≤⎩的项数m 使得m S 取最大值.(2)当1a <0,d>0时,满足10m m a a +≤⎧⎨≥⎩的项数m 使得取最小值.在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用.3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等. 三、考前须知1．证实数列{}n a 是等差或等比数列常用定义,即通过证实11-+-=-n n n n a a a a 或11-+=n n n n a aa a 而得. 2．在解决等差数列或等比数列的相关问题时,“根本量法〞是常用的方法,但有时灵活地运用性质,可使运算简便,而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解. 3．注意n s 与n a 之间关系的转化.如：n a =110n n S S S -≤⎧⎨-≥⎩21≥=n n , n a =∑=--+nk k k a a a 211)(．4．数列极限的综合题形式多样,解题思路灵活,但万变不离其宗,就是离不开数列极限的概念和性质,离不开数学思想方法,只要能把握这两方面,就会迅速打通解题思路．5．解综合题的成败在于审清题目,弄懂来龙去脉,透过给定信息的表象,抓住问题的本质,揭示问题的内在联系和隐含条件,明确解题方向,形成解题策略．四．典型考例【问题1】等差、等比数列的项与和特征问题P 49 例1 3.P 50 例2 P 56 例1 P 59 T 6．【注1】文中所列例题如末给题目原文均为广州市二轮复习资料上例题例〔四川卷〕数列{}n a 的前n 项和记为()11,1,211n n n S a a S n +==+≥〔Ⅰ〕求{}n a 的通项公式；〔Ⅱ〕等差数列{}n b 的各项为正,其前n 项和为n T ,且315T =,又112233,,a b a b a b +++成等比数列,求n T本小题主要考察等差数列、等比数列的根底知识,以及推理水平与运算水平.总分值12分.解：〔Ⅰ〕由121n n a S +=+可得()1212n n a S n -=+≥,两式相减得()112,32n n n n n a a a a a n ++-==≥又21213a S =+= ∴213a a = 故{}n a 是首项为1,公比为3得等比数列 ∴13n n a -=〔Ⅱ〕设{}n b 的公比为d 由315T =得,可得12315b b b ++=,可得25b =故可设135,5b d b d =-=+ 又1231,3,9a a a ===由题意可得()()()2515953d d -+++=+ 解得122,10d d == ∵等差数列{}n b 的各项为正,∴0d > ∴2d = ∴()213222n n n T n n n -=+⨯=+1.设等差数列{a n }的首项a 1及公差d 都为整数,前n 项和为S n . (Ⅰ)假设a 11=0,S 14=98,求数列｛a n ｝的通项公式；(Ⅱ)假设a 1≥6,a 11＞0,S 14≤77,求所有可能的数列｛a n ｝的通项公式2．(上海卷)设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且对任意正整数n ,4096n n a S +=.〔1〕求数列{}n a 的通项公式？〔2〕设数列2{log }n a 的前n 项和为n T ,对数列{}n T ,从第几项起509n T <-？.解(1) ∵a n + S n =4096, ∴a 1+ S 1=4096, a 1 =2048.当n ≥2时, a n = S n －S n －1=(4096－a n )－(4096－a n －1)= a n －1－a n ∴1-n n a a =21a n =2048(21)n －1.(2) ∵log 2a n =log 2[2048(21)n －1]=12－n, ∴T n =21(－n 2+23n ). 由T n <－509,解得n>2460123+,而n 是正整数,于是,n ≥46. ∴从第46项起T n <－509.3. (全国卷Ⅰ) 设正项等比数列{}n a 的首项211=a ,前n 项和为n S ,且0)12(21020103010=++-S S S .〔Ⅰ〕求{}n a 的通项；〔Ⅱ〕求{}n nS 的前n 项和n T .解：〔Ⅰ〕由 0)12(21020103010=++-S S S 得 ,)(21020203010S S S S -=-即,)(220121*********a a a a a a +++=+++可得.)(220121*********10a a a a a a q +++=+++⋅由于0>n a ,所以 ,121010=q 解得21=q ,因而 .,2,1,2111 ===-n q a a n n n 〔Ⅱ〕由于}{n a 是首项211=a 、公比21=q 的等比数列,故 .2,211211)211(21n n n n n n n nS S -=-=--= 那么数列}{n nS 的前n 项和 ),22221()21(2nn n n T +++-+++= ).2212221()21(212132++-+++-+++=n n n nn n T 前两式相减,得122)212121()21(212+++++-+++=n n n nn T 12211)211(214)1(++---+=n n n n n 即 .22212)1(1-+++=-n n nn n n T 【问题2】等差、等比数列的判定问题．P 53 T 7 例P 54 T 9[例]P 54 T 9(上海卷)有穷数列{n a }共有2k 项〔整数k ≥2〕,首项1a ＝2．设该数列的前n 项和为n S ,且1+n a ＝n S a )1(-＋2〔n ＝1,2,┅,2k －1〕,其中常数a ＞1．〔1〕求证：数列{n a }是等比数列；〔2〕假设a ＝2122-k ,数列{n b }满足n b ＝)(log 1212n a a a n⋅⋅⋅〔n ＝1,2,┅,2k 〕,求数列{n b }的通项公式；〔3〕假设〔2〕中的数列{n b }满足不等式|1b －23|＋|2b －23|＋┅＋|12-k b －23|＋|k b 2－23|≤4,求k 的值．(1) [证实] 当n=1时,a 2=2a,那么12a a =a ； 2≤n≤2k －1时, a n+1=(a －1) S n +2, a n =(a －1) S n －1+2, a n+1－a n =(a －1) a n , ∴nn a a 1+=a, ∴数列{a n }是等比数列. (2) 解：由(1) 得a n =2a1-n , ∴a 1a 2…a n =2n a)1(21-+++n =2na2)1(-n n =212)1(--+k n n n ,b n =1121]12)1([1+--=--+k n k n n n n(n=1,2,…,2k).〔3〕设b n ≤23,解得n≤k+21,又n 是正整数,于是当n≤k 时, b n <23；当n≥k+1时, b n >23.原式=(23－b 1)+(23－b 2)+…+(23－b k )+(b k+1－23)+…+(b 2k －23)=(b k+1+…+b 2k )－(b 1+…+b k )=]12)10(21[]12)12(21[k k kk k k k k k +--+-+--+=122-k k . 当122-k k ≤4,得k 2－8k+4≤0, 4－23≤k≤4+23,又k≥2,∴当k=2,3,4,5,6,7时,原不等式成立.4．[例],数列{}n a 中,n S 是其前n 项和,并且1142(1,2,),1n n S a n a +=+==,⑴设数列),2,1(21 =-=+n a a b n n n ,求证：数列{}n b 是等比数列；⑵设数列),2,1(,2==n a c n nn ,求证：数列{}n c 是等差数列；⑶求数列{}n a 的通项公式及前n 项和.分析：由于{b n }和{c n }中的项都和{a n }中的项有关,{a n }中又有S 1n +=4a n +2,可由S 2n +-S 1n +作切入点探索解题的途径．【注2】此题立意与2022年高考题文科20题结构相似. 解：(1)由S1n +=4a 2n +,S2n +=4a1n ++2,两式相减,得S2n +-S1n +=4(a1n +-an),即a 2n +=4a 1n +-4a n ．(根据b n 的构造,如何把该式表示成b 1n +与b n 的关系是证实的关键,注意增强恒等变形水平的练习)a 2n +-2a 1n +=2(a 1n +-2a n ),又b n =a 1n +-2a n ,所以b 1n +=2b n ① S 2=4a 1+2,a 1=1,a 1+a 2=4a 1+2,解得a 2=5,b 1=a 2-2a 1=3 ② 由①和②得,数列{b n }是首项为3,公比为2的等比数列,故b n =3·21n -．当n ≥2时,S n =4a 1n -+2=21n -(3n-4)+2；当n=1时,S 1=a 1=1也适合上式．综上可知,所求的求和公式为S n =21n -(3n-4)+2．说明：1．本例主要复习用等差、等比数列的定义证实一个数列为等差,等比数列,求数列通项与前n 项和.解决此题的关键在于由条件241+=+n n a S 得出递推公式.2．解综合题要总揽全局,尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的条件,在后面求解的过程中适时应用．【问题3】函数与数列的综合题 P 51 例3数列是一特殊的函数,其定义域为正整数集,且是自变量从小到大变化时函数值的序列.注意深刻理解函数性质对数列的影响,分析题目特征,探寻解题切入点. P 51 例3二次函数()yf x 的图像经过坐标原点,其导函数为'()62f x x,数列{}n a 的前n 项和为n S ,点(,)()n n S n N 均在函数()yf x 的图像上.〔Ⅰ〕、求数列{}n a 的通项公式；〔Ⅱ〕、设11n n nb a a ,n T 是数列{}n b 的前n 项和,求使得20nmT 对所有n N 都成立的最小正整数m ；点评：此题考查二次函数、等差数列、数列求和、不等式等根底知识和根本的运算技能,考查分析问题的水平和推理水平.解：〔Ⅰ〕设这二次函数f(x)＝ax 2+bx (a ≠0) ,那么 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x －2,得 a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x 2－2x.又由于点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上,所以n S ＝3n 2－2n.当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝〔3n 2－2n 〕－[])1(2)132---n n （＝6n －5. 当n ＝1时,a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5,所以,a n ＝6n －5 〔n N *∈〕〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕得知13+=n n n a a b ＝[]5)1(6)56(3---n n ＝)161561(21+--n n ,故T n ＝∑=ni ib1＝21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n ＝21〔1－161+n 〕. 因此,要使21〔1－161+n 〕<20m 〔n N *∈〕成立的m,必须且仅须满足21≤20m ,即m ≥10,所以满足要求的最小正整数m 为10.5．设xx f +=12)(1,定义2)0(1)0()],([)(11+-==+n n n n n f f a x f f x f ,其中n ∈N*.〔1〕求数列｛a n ｝的通项公式；〔2〕假设,23223212n n na a a a T ++++= , 解：〔1〕)0(1f ＝2,4122121=+-=a ,)0(12)]0([)0(11n n n f f f f +==+,∴n n n n n n n n n n a f f f f f f f f a 212)0(1)0(21)0(24)0(12)0(121)0(122)0(1)0(111-=+-⋅-=+-=++-+=+-=+++∴211-=+n n a a ,∴数列｛a n ｝上首项为41,公比为21-的等比数列,1)21(41--=n n a 〔2〕,23223212n n na a a a T ++++=,2)21(3)21(2)21()21(2123212n n na a a a T -++-+-+-=- 两式相减得：,)21(41211])21(1[41231222--⨯++-=n n n n T )2131(9122n n n T +-=6．〔湖北卷〕设数列{}n a 的前n 项和为n S ,点(,)()n n S n N *∈均在函数y ＝3x －2的图像上.〔Ⅰ〕求数列{}n a 的通项公式；〔Ⅱ〕设13+=n n n a a b ,n T 是数列{}n b 的前n 项和,求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m. 本小题主要是考查等差数列、数列求和、不等式等根底知识和根本的运算技能,考查分析问题水平和推理水平. 解：〔I 〕依题意得,32,nn nS=-即232n n n S =-.当n ≥2时,a ()221(32)312(1)65n n n n n n n n a s s -⎡⎤=-=-----=-⎣⎦; 当n=1时,113a s =-×21-2×1-1-6×1-5所以5()6nnn N a =-∈.〔II 〕由〔I 〕得[]131111(65)6(1)526561n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+--+⎝⎭, 故111111111...277136561nnbn n T=111261n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭.因此,使得111261n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭﹤()20m n N ∈成立的m 必须满足12≤20m ,即m ≥10,故满足要求的最小整数m 为10. 【问题4】数列与解析几何数列与解析几何综合题,是今后高考命题的重点内容之一,求解时要充分利用数列、解析几何的概念、性质,并结合图形求解.例3．在直角坐标平面上有一点列 ),(,),(),,(222111n n n y x P y x P y x P ,对一切正整数n ,点n P 位于函数4133+=x y 的图象上,且n P 的横坐标构成以25-为首项,1-为公差的等差数列{}n x .⑴求点n P 的坐标；子⑵设抛物线列 ,,,,,321n c c c c 中的每一条的对称轴都垂直于x 轴,第n 条抛物线n c 的顶点为n P ,且过点)1,0(2+n D n ,记与抛物线n c 相切于n D 的直线的斜率为n k ,求：nn k k k k k k 13221111-+++ . 解：〔1〕23)1()1(25--=-⨯-+-=n n x n 1353533,(,3)4424n n n y x n P n n ∴=⋅+=--∴---- 〔2〕n c 的对称轴垂直于x 轴,且顶点为n P .∴设n c 的方程为：,4512)232(2+-++=n n x a y 把)1,0(2+n D n 代入上式,得1=a ,n c ∴的方程为：1)32(22++++=n x n x y .32|0'+===n y k x n ,)321121(21)32)(12(111+-+=++=∴-n n n n k k nnn n k k k k k k 13221111-+++∴)]321121()9171()7151[(21+-+++-+-=n n =641101)32151(21+-=+-n n 点评：本例为数列与解析几何的综合题,难度较大.〔1〕、〔2〕两问运用几何知识算出n k . 7．抛物线24x y =,过原点作斜率1的直线交抛物线于第一象限内一点1P ,又过点1P 作斜率为12的直线交抛物线于点2P ,再过2P 作斜率为14的直线交抛物线于点3P ,,如此继续,一般地,过点n P 作斜率为12n 的直线交抛物线于点1n P +,设点(,)n n n P x y ．〔Ⅰ〕令2121n n n b x x +-=-,求证：数列{}n b 是等比数列．并求数列{}n b 的前n 项和为n S 解：〔1〕由于(,)n n n P x y 、111(,)n n n P x y +++在抛物线上,故24,n n x y =①2114n n x y ++=②,又由于直线1n n P P +的斜率为12n,即1112n n n n y y x x ++-=-,①②代入可得221121111422n n n n n n n n x x x x x x ++-+-=⇒+=-2121212221()()n n n n n n n b x x x x x x +-+-∴=-=+-+222322111222n n n ---=-=-, 故11{}4n n n b b b +=⇒是以14为公比的等比数列；4131(1)13444n n n n S S =--⇒+=, 【问题5】数列与算法8. 数列n a 的前n 项和为n S =n 2+2n-1,试用程序框图表示数列通项n a 的过程,并写出数列的前5项和通项公式n a . 9.根据流程图,(1)求3a ;(2)假设14015n a =,求n. 【问题6】数列创新题10.〔安徽卷〕数列n a 的前n 项和为n S ,211,1,1,2,2n na S n a n n n〔Ⅰ〕写出n S 与1n S 的递推关系式2n ,并求n S 关于n 的表达式；〔Ⅱ〕设1/,n n n n n S f x x b f p p R n,求数列n b 的前n 项和n T . 解：由21nn S n a n n 2n 得：21()1n n n S n S S n n ,即221(1)1nnn S n S n n ,所以1111n nn n S S n n ,对2n 成立.由1111n nn n S S nn ,121112nnnn S S n n ,…,2132121S S 相加得：1121n n S S n n,又1112S a ,所以21n n S n ,当1n 时,也成立.〔Ⅱ〕由111nn n n S nf x x x n n ,得/n nn b f pnp .而23123(1)n n nT p p p n p np , 234123(1)nn npT p p p n p np ,23111(1)(1)1n n nn n np p P T p ppppnpnp p11.〔福建卷〕数列{a n }满足a 1=a , a n+1=1+n a 1我们知道当a 取不同的值时,得到不同的数列,如当a =1时,得到无穷数列：.0,1,21:,21;,35,23,2,1---=得到有穷数列时当a〔Ⅰ〕求当a 为何值时a 4=0；〔Ⅱ〕设数列{b n }满足b 1=－1, b n+1=)(11+∈-N n b n ,求证a取数列{b n }中的任一个数,都可以得到一个有穷数列{a n }；〔I 〕解法一：,11,11nn a a a a +==+2344123111121132211,11.0.1213a a a a a a a a a a aa a a a 故当时4332243211121321211111122:0,10, 1.1,.1,.0.2331():1,, 1.{}.11111,11.11.1111n nn n n nn n n n n nn a a a a a a a a a a a b II b b b a b a b b b a b a b a b a b a b a a b 解法二故当时解法一取数列中的任一个数不妨设1121.0.nb a 故a 取数列{b n }中的任一个数,都可以得到一个有穷数列{a n }12. (全国卷III) 在等差数列}{n a 中,公差412,0a a a d 与是≠的等比中项.数列 ,,,,,,2131n k k k a a a a a 成等比数列,求数列}{n k 的通项.n k 解：由题意得：4122a a a =……………1分即)3()(1121d a a d a +=+…………3分又0,d ≠d a =∴1…………4分又 ,,,,,,2131n k k k a a a a a 成等比数列, ∴该数列的公比为3313===dd a a q ,………6分所以113+⋅=n k a a n ………8分又11)1(a k d k a a n n k n =-+=……………………………………10分13+=∴n n k 所以数列}{n k 的通项为13+=n n k ……………………………12分课后练习:一、选择题〔共10小题,每题3分,共30分〕 1．如果-1,a , b,c ,-9成等比数列,那么A ．b =3,a c =9B.b =-3,a c =9C.b =3,a c =-9D.b =-3,a c =-92．在等差数列｛a n ｝中,a 1=2,a 2+a 3=13,那么a 4+a 5+a 6等于 A.40 B.42 C.43 D.453．〔06广东卷〕某等差数列共有10项,其奇数项之和为15,偶数项之和为30,那么其公差为A.5B.4C. 3D. 24．假设互不相等的实数,,a b c 成等差数列,,,c a b 成等比数列,且310a b c ++=,那么a =A ．4B ．2C ．－2D ．－45．〔06江西卷〕等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,假设1O a B ＝200OA a OC ＋,且A 、B 、C 三点共线〔该直线不过原点O 〕,那么S 200＝〔〕A ．100 B. 101 C.200 D.2016．(文科做)在等比数列{}n a 中,12a =,前n 项和为n S ,假设数列{}1n a +也是等比数列,那么n S 等于A.122n +- B. 3n C. 2n D.31n -7．数列}{n a 满足)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+,那么2007a = 〔〕A ．0B ．3-C ．3D ．238．设S n 是等差数列｛a n ｝的前n 项和,假设S 3S 6＝13,那么S 6S 12＝A .310 B .13 C .18 D .199．等差数列{a n }中,a 2+a 8=8,那么该数列前9项和S 9等于( )A.18B.27C.36D.4510．数列}{n a 、}{n b 都是公差为1的等差数列,其首项分别为1a 、1b ,且511=+b a ,*11,N b a ∈．设nb n ac =〔*N n ∈〕,那么数列}{n c 的前10项和等于〔〕A ．55B ．70C ．85D ．100 二、填空题〔共6小题,每题4分,共24分〕11．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,4S ＝14,S 10－7S ＝30,那么S 9＝ . 12．在数列｛a n ｝中,假设a 1=1,a n +1=2a n +3 (n ≥1),那么该数列的通项a n =_________.13. a ,b ,a +b 成等差数列,a ,b ,ab 成等比数列,且0<log m (ab )<1,那么m 的取值范围是________ _14. 等差数列{a n }共有2n +1项,其中奇数项之和为319,偶数项之和为290,那么其中间项为_________15．设等比数列}{n a 的公比为q,前n 项和为S n ,假设S n+1,S n ,S n+2成等差数列,那么q 的值为 .三、解做题〔共4小题,每题4分,共24分〕16 正项数列{}n a ,其前n 项和n S 满足21056,n n n S a a =++且1215,,a a a 成等比数列,求数列{}n a 的通项.n a17.〔文科做〕〔06福建〕数列{}n a 满足*12211,3,32().n n n a a a a a n N ++===-∈〔I 〕证实：数列{}1n n a a +-是等比数列；〔II 〕求数列{}n a 的通项公式；〔II 〕假设数列{}n b 满足12111*44...4(1)(),n n b b b b n a n N ---=+∈证实{}n b 是等差数18．〔山东卷〕数列｛n a ｝中,11122n n a n a a +=-、点（、）在直线y=x 上,其中n=1,2,3…. (Ⅰ)令{}是等比数列；求证数列n n n n b a a b ,31--=- (Ⅱ)求数列{}的通项；n a(Ⅲ)设分别为数列、n n T S {}、n a {}n b 的前n 项和,是否存在实数λ,使得数列n n S T n λ+⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列？假设存在,试求出λ.假设不存在,那么说明理由.答案与点拨：1 B 解：由等比数列的性质可得ac ＝〔－1〕×〔－9〕＝9,b ×b ＝9且b 与奇数项的符号相同,故b ＝－3,选B2 B 解：在等差数列{}n a 中,1232,13,a a a =+=∴ d=3,a 5=14,456a a a ++=3a 5=42,选B.3 D 解：3302551520511=⇒⎩⎨⎧=+=+d d a d a ,应选C.4 D 解：由互不相等的实数,,a b c 成等差数列可设a ＝b －d,c ＝b ＋d,由310a b c ++=可得b ＝2,所以a ＝2－d,c ＝2＋d,又,,c a b 成等比数列可得d ＝6,所以a ＝－4,选D5 A 解：依题意,a 1＋a 200＝1,应选A6 〔文〕C 解：因数列{}n a 为等比,那么12n n a q -=,因数列{}1n a +也是等比数列,那么22121122212(1)(1)(1)22(12)01n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a q q q +++++++++=++⇒+=++⇒+=⇒+-=⇒=即2n a =,所以2n S n =,应选择答案C. 7 .A 提示：由a 1=0,).(1331++∈+-=N n a a a n n n 得a 2=-⋅⋅⋅⋅⋅⋅==,0,3,343a a由此可知：数列{a n }是周期变化的,且三个一循环,所以可得:a 20=a 2=－.3应选A 8 A 解:由等差数列的求和公式可得31161331,26153S a d a d S a d +===+可得且0d ≠ 所以6112161527312669010S a d d S a d d +===+,应选A 点评：此题主要考察等比数列的求和公式,难度一般9 C 解：在等差数列{a n }中,a 2+a 8=8,∴ 198a a +=,那么该数列前9项和S 9=199()2a a +=36,选C 10 C 解：数列}{n a 、}{nb 都是公差为1的等差数列,其首项分别为1a 、1b ,且511=+b a ,*11,N b a ∈．设n b n a c =〔*N n ∈〕,那么数列}{n c 的前10项和等于1210b b b a a a +++=11119b b b a a a +++++,111(1)4b a a b =+-=,∴ 11119b b b a a a +++++=4561385++++=,选C.11.〔文〕解：设等差数列{}n a 的首项为a 1,公差为d,由题意得,142)14(441=-+d a30]2)17(77[]2)110(1010[11=-+--+d a d a ,联立解得a 1=2,d=1,所以S 9＝5412)19(929=⋅-+⨯ 12. 123n +- 解：在数列{}n a 中,假设111,23(1)n n a a a n +==+≥,∴132(3)(1)n n a a n ++=+≥,即{3n a +}是以134a +=为首项,2为公比的等比数列,113422n n n a -++=⋅=,所以该数列的通项n a =123n +-.13 (－∞,8) 提示解出a 、b ,解对数不等式即可答案 (－∞,8)14 a 11=29 提示利用S 奇/S 偶=nn 1+得解答案第11项a 11=29 15．－2 提示：由题意可知q ≠1,∴可得2(1-q n )=(1-q n+1)+(1-q n+2),即q 2+q-2=0,解得q=-2或q=1(不合题意,舍去),∴q=－2.16 解：13 解 ∵10S n =a n 2+5a n +6, ① ∴10a 1=a 12+5a 1+6,解之得a 1=2或a 1=3.又10S n －1=a n －12+5a n －1+6(n ≥2),②由①－②得 10a n =(a n 2－a n －12)+6(a n －a n －1),即(a n +a n －1)(a n －a n －1－5)=0 ∵a n +a n －1>0 , ∴a n －a n －1=5 (n ≥2).当a 1=3时,a 3=13,a 15=73. a 1, a 3,a 15不成等比数列∴a 1≠3; 当a 1=2时, a 3=12, a 15=72, 有 a 32=a 1a 15 , ∴a 1=2, ∴a n =5n －3. 17.〔I〕证实：2132,n n n a a a ++=-*212111212(),1,3,2().n n n n n n n na a a a a a a a n N a a ++++++-∴-=-==∴=∈-{}1n n a a +∴-是以21a a -2=为首项,2为公比的等比数列.〔II 〕解：由〔I 〕得*12(),n n n a a n N +-=∈112211()()...()n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-++-+12*22...2121().n n n n N --=++++=-∈〔III 〕证实：1211144...4(1),n n b b b b n a ---=+12(...)42,n n b b b nb +++∴=122[(...)],n n b b b n nb ∴+++-= ① 12112[(...)(1)](1).n n n b b b b n n b ++++++-+=+ ②②－①,得112(1)(1),n n n b n b nb ++-=+- 即1(1)20.n n n b nb +--+= ③ 21(1)20.n n nb n b ++-++= ④④－③,得2120,n n n nb nb nb ++-+= 即2120,n n n b b b ++-+=*211(),n n n n b b b b n N +++∴-=-∈ {}n b ∴是等差数列.18．〔山东卷〕数列｛n a ｝中,11122n n a n a a +=-、点（、）在直线y=x 上,其中n=1,2,3…. (Ⅰ)令{}是等比数列；求证数列n n n n b a a b ,31--=-(Ⅱ)求数列{}的通项；n a(Ⅲ)设分别为数列、n n T S {}、n a {}n b 的前n 项和,是否存在实数λ,使得数列n n S T n λ+⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列？假设存在,试求出λ.假设不存在,那么说明理由. 解：〔I 〕由得 111,2,2n n a a a n +==+ 2213313,11,4424a a a =--=--=-又11,n n n b a a +=--1211,n n n b a a +++=--11112111(1)111222.1112n n n n n n n n n n n n n n a n a n a a b a a b a a a a a a +++++++++++-----∴====------ {}n b ∴是以34-为首项,以12为公比的等比数列.〔II 〕由〔I 〕知,13131(),4222n n n b -=-⨯=-⨯1311,22n n n a a +∴--=-⨯21311,22a a ∴--=-⨯322311,22a a --=-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅11311,22n n n a a --∴--=-⨯将以上各式相加得：1213111(1)(),2222n n a a n -∴---=-++⋅⋅⋅+11111(1)31313221(1)(1) 2.12222212n n n n a a n n n ---∴=+--⨯=+---=+--32.2n n a n ∴=+-〔III 〕解法一：存在2λ=,使数列{}n nS T nλ+是等差数列. 12121113()(12)2222n n n S a a a n n =++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+-11(1)(1)22321212n n n n -+=⨯+--2213333(1) 3.2222n n n n n n --=-+=-++ 12131(1)313342(1).1222212n n n n n T b b b +--=++⋅⋅⋅+==--=-+- 数列{}n n S T n λ+是等差数列的充要条件是,(n nS T An B A nλ+=+、B 是常数)即2,n n S T An Bn λ+=+又2133333()2222n n n n n n S T λλ+-+=-+++-+2313(1)(1)222n n n λ-=+-- ∴当且仅当102λ-=,即2λ=时,数列{}n nS T nλ+为等差数列. 解法二：存在2λ=,使数列{}n nS T nλ+是等差数列. 由〔I 〕、〔II 〕知,22n n a b n +=-(1)222n n n S T n +∴+=- (1)222n nn n n n n T T S T n nλλ+--++=322n n T n λ--=+ 又12131(1)313342(1)1222212n n n n n T b b b +--=++⋅⋅⋅+==--=-+- 13233()222n n n S T n n n λλ++--=+-+ ∴当且仅当2λ=时,数列{}n nS T nλ+是等差数列.。

高考数学第二轮复习专题课件：数列

∑n 1 ＝________. k＝1 Sk 解析设{an}首项为 a1，公差为 d，则
由aS34＝＝a41a＋1＋24d＝ ×2 33， d＝10，得ad1＝＝11.，∴Sn＝n（n＋ 2 1），
n
∑
k＝1
S1k＝1×2 2＋2×2 3＋…＋n（n2－1）＋n（n2＋1）
＝21－12＋12－13＋…＋n－1 1－1n＋1n－n＋1 1＝21－n＋1 1＝n2＋n1.
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归纳总结·思维升华
探究提高 1.第(2)题求解的思路是：先利用等比数列的通项公式构建首项a1与公比q的方程组，求出a1，q，得到{an}的通项公式，再将a1a2·…·an表示为n的函数，进而求最大值. 2.等差(比)数列基本运算的解题途径： (1)设基本量a1和公差d(公比q). (2)列、解方程组：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.
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【训练2】 (1)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则( )
A.d>0
B.d<0
C.a1d>0
D.a1d<0
(2)(开封质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，
Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于( )
A.3
B.4
解析 (1)由log2a2＋log2a8＝2，得log2(a2a8)＝2，所以a2a8＝4，则a5＝±2，等比数列{an}的前9项积为T9＝a1a2…a8a9＝(a5)9＝±512.
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【高三数学】二轮复习：专题三-数列全文

;
(2)当 q=1 时,Sn=na1
名师点析数列的本质是定义域为N*(或它的有限子集{1,2,…,n})的函数.
2.等差数列、等比数列的常用性质
数列
等差数列
等比数列
性质
(1)若m,n,p,q∈N*,且
m+n=p+q,则am+an=ap+aq;
(1)若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则
am·an=ap·aq;
②a100=200,又 27=128,28=256,因此 c100=a107=214,
所以
107×(2+214)
2(1-27 )
T100=(a1+a2+…+a107)-(b1+b2+…+b7)=
−
=11
2
1-2
302.
突破点
等差数列、等比数列的性质
二
命题角度1 等差数列的性质
[例2-1](2021·陕西宝鸡二模)已知数列{an}是等差数
B.S11>0
C.S12<0
D.数列{Sn}中的最大项为S11
)
(2)(2021·陕西咸阳模拟)在等比数列{an}中,a1+a2=6,a3+a4=12,则{an}的前8
项和为(
A.90
)
B.30( 2+1)
C.45( 2+1)
D.72
(3)(2021·北京师大附中月考)已知等比数列{an}的各项均为正数,且
(等比)中项法.
(2)若数列{an},{bn}为等差数列,且项数相同,则{kan},{an±bn},{pan+qbn}都

高考数学总复习(第二轮)数列.ppt

2)
(3)求递推数列的通项
1。通过适当化归，转换成等比数列或等差数列
→ an+1 3an + 2an1 0
an+1 an 2(an an1)
→ an
an1 3an1 +
1
,
a1
1
ana1n0a, a1n21
1
3
4
2。通过选择适当的形式，引入待定的参数，再确定参数的值
→ cn bcn1 + m
[说明]该公式整理后an是关于n的一次函数。
[等差数列的前n项和]
1．
Sn
n(a1 + an ) 2
2.
Sn
na1 +
n(n 1) d 2
[说明]对于公式2整理后an是关于n 的没有常数项的二次函数
[等差中项] 如果a，A，b成等差数列，那么A叫做a与b的等
差中项。即：2A=a+b 或 A a + b 2
求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.
数列{an}：a1 1, a2 3, a3 2, an+2 an+1 an ，求S2005
七、利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和
高考数学总复习（第二轮）第2讲数列
一、基本知识归纳
1、一般数列
[数列的通项公式]
an
a1 S n
S1(n Sn1 (n
1)
2)
[数列的前n项和] Sn a1 + a2 + a3 + … + an

高三数学第二轮复习数列解析版

高三数学第二轮复习数列解析版高三第二轮复习资料(数列)顺序（5学时）一【本章知识结构】等差数列的性质有等差数列正一般术语和整数列的概念，前n个术语和数字等比数列等比序列集性质二、【高考要求】1．了解数列有关概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.2.理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式和前n项之和公式，并能利用这些知识解决一些实际问题。

三、 [热点分析]1．数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.系列问题命题倾向：（1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点；（2）序列推理是一个新的课题，在过去的高考中经常使用学科几何试题来测试逻辑推理能力。

近两年来，在数字系列试题中，等差等比系列的综合考试也得到了加强；3．熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美4．对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列；② 灵活利用等差序列和等比序列的相关性质可以更准确、快速地解决问题。

这种思想在解决客观问题时更为突出。

序列的许多客观问题都有灵活而简单的解5．在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。

高三数学第二轮复习教案《数列》

数列（第二轮复习）1.等差(比)数列的定义如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差(比)等于同一个常数，这个数列叫做等差(比)数列.2.通项公式等差 a n =a 1+(n-1)d ，等比a n =a 1q n -13.等差(比)中项如果在a 、b 中间插入一个数A ，使a 、A 、b 成等差(比)数列，则A 叫a 、b 的等差(比)中项．A ＝(a+b)/2或A ＝±ab4.重要性质：m+n=p+q ⇔ a m ·a n ＝a p ·a q (等比数列)a m +a n ＝a p +a q (等差数列) (m 、n 、p 、q ∈N*) 特别地 m+n=2p ⇔ a m +a n ＝2a p (等差数列) a m ·a n ＝a p 2 (等比数列)5.等差数列前n 项和等比数列前n 项和6.如果某个数列前n 项和为Sn ，则7.差数列前n 项和的最值（1）若a1＞0，d ＜0，则S n 有最大值，n 可由 ⎩⎨⎧≥≥+0a 0a 1n n （2）若a1＜0，d ＞0，则S n 有最小值，n 可由 ⎩⎨⎧≤≤+0a 0a 1n n 8．求数列的前n 项和S n ，重点应掌握以下几种方法：（1）.倒序相加法：如果一个数列{a n }，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法.（2）.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.（3）.分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法.（4）.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，()()⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n ()()d n n na n a a S n n 21211-+=+=()()()⎪⎩⎪⎨⎧≠--==111111q qq a q na S n n在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.9. 三个模型：（1）复利公式按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+r)x（2）.单利公式利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+xr) （3）.产值模型原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值y=N(1+p) x10．例、习题：1.若关于x的方程x2-x+a=0和x2-x+b=0(a,b∈R且a≠b)的四个根组成首项为1/4的等差数列，则a+b的值为( )A. 3/8B. 11/24C. 13/24D. 31/722.在等差数列{a n}中，a2+a4=p，a3+a5=q．则其前6项的和S6为( )(A) 5 (p+q)/4 (B) 3(p+q)/2 (C) p+q (D) 2(p+q)3.下列命题中正确的是( )A.数列{a n}的前n项和是S n=n2+2n-1，则{a n}为等差数列B.数列{a n}的前n项和是S n=3n-c，则c=1是{a n}为等比数列的充要条件C.数列既是等差数列，又是等比数列D.等比数列{a n}是递增数列，则公比q大于14.等差数列{a n}中，a1＞0，且3a8=5a13，则S n中最大的是( )(A)S10(B)S11(C)S20(D)S215.等差数列{a n}中，S n为数列前n项和，且S n/S m＝n2/m2 (n≠m)，则a n / a m值为( )(A)m/n (B)(2m-1)/n (C)2n/(2n-1) (D)(2n-1)/(2m-1)6.已知{a n}的前n项和S n=n2-4n+1，则|a1|+|a2|+…|a10|=( )(A)67 (B)65 (C)61 (D)567.一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为（）(A)12 (B)10 (C)8 (D)68.计算机是将信息转换成二进制进行处理的，二进制即“逢2进1”，如(1101)2表示二进制数，将它转换成十进制形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数(111…11)2 （16个1）位转换成十进制形式是( )(A) 217-2 (B) 216-2 (C) 216-1 (D)215-19.{a n}为等比数列，{b n}为等差数列，且b1=0,C n＝a n+b n，若数列{C n}是1，1，5，…则{C n}的前10项和为___________.10.如果b是a，c的等差中项，y是x与z的等比中项，且x，y，z都是正数，则(b-c)log m x+(c-a)log m y+(a-b)log m z=_______.11.数列{a n}的前n项和S n=n2+1，则a n=_________________.12.四个正数成等差数列，若顺次加上2，4，8，15后成等比数列，求原数列的四个数.13.已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项的和为S n ，且S 3，S 9，S 6成等差数列.(1)求q 3的值；(2)求证a 2，a 8，a 5成等差数列.14.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，求公差d.15.数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为前n 项的和，是否存在正常数c ，使得对任意的n ∈N +成立?并证明你的结论.16.一个首项为正数的等差数列中，前3项和等于前11项和，问此数列前多少项的和最大?17.已知等比数列{a n }的首项a1＞0，公比q ＞0.设数列{b n }的通项b n =a n+1+a n+2(n ∈N*)，数列{a n }与{b n }的前n 项和分别记为A n 与B n ，试比较A n 与B n 的大小.()()()c S c S c S n n n -=-+-++12lg 2lg lg18.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10=100，S 100=10，试求S 110.19.已知数列{a n }和{b n }满足(n ∈N +)，试证明：{a n }成等差数列的充分条件是{b n }成等差数列.20.已知数列{a n }中的a 1=1/2，前n 项和为S n ．若S n =n 2a n ，求S n 与a n 的表达式.21.在数列{a n }中，a n ＞0， 2Sn = a n +1(n ∈N) ①求S n 和a n 的表达式；②求证： n a n a a b n n +++⋅++⋅+⋅= 21212121111321<+++nS S S S。

高考数学二轮复习考点知识与解题方法讲解07 数列综合问题

高考数学二轮复习考点知识与解题方法讲解考点07 数列综合问题数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系.1.数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由n a 与n S 的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法.2.等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n 项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化与化归的思想方法．3.数列与函数常常以函数的解析式为载体，转化为数列问题，常用的数学思想方法有“函数与方程”“等价转化”等．4.数列与不等式问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．5.＂新定义＂型问题是指在问题中定义了初中数学中没有学过的一些概念、新运算、新符号，要求学生读懂题意并结合已有知识进行理解，而后根据新定义进行运算、推理、迁移的一种题型.它一般分为三种类型：（1）定义新运算；（2）定义初、高中知识衔接＂新知识＂;（3）定义新概念.这类试题考查考生对＂新定义＂的理解和认识，以及灵活运用知识的能力，解题时需要将＂新定义＂的知识与已学知识联系起来，利用已有的知识经验来解决问题.6.数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.数列的综合应用一、单选题1．（2023·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（）A ．5-B ．7C ．13D ．26【答案】C【分析】根据题意求得每次收的税金，结合题意得到111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，求得a 的值，代入函数的解析式，即可求解. 【详解】由题意知：这个人原来持金为a 斤，第1关收税金为：12a 斤；第2关收税金为111(1)3223a a ⋅-⋅=⋅⨯斤；第3关收税金为1111(1)42634a a ⋅--⋅=⋅⨯斤，以此类推可得的，第4关收税金为145a ⋅⨯斤，第5关收税金为156a ⋅⨯斤，所以111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，即1111111111(1)(1)12233445566a a -+-+-+-+-⋅=-⋅=，解得65a =，又由()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，所以66()1011355f =⨯+=. 故选：C.2．（2021·广东佛山·二模）科技创新离不开科研经费的支撑，在一定程度上，研发投入被视为衡量“创新力”的重要指标.“十三五”时期我国科技实力和创新能力大幅提升，2020年我国全社会研发经费投入达到了24426亿元，总量稳居世界第二，其中基础研究经费投入占研发经费投入的比重是6.16%.“十四五”规划《纲要草案》提出，全社会研发经费投入年均增长要大于7%，到2025年基础研究经费占比要达到8%以上，请估计2025年我国基础研究经费为（）A ．1500亿元左右B ．1800亿元左右C ．2200亿元左右D ．2800亿元左右【答案】D【分析】由题意可知，2025年我国全社会研发经费投入不得低于524426(17%)⨯+, 再根据2025年基础研究经费占比要达到8%以上，即可求出2025年我国基础研究经费的最低值，从而选出正确选项.【详解】由题意可知，2025年我国全社会研发经费投入不得低于524426(17%)34258.7⨯+≈亿元，又因为2025年基础研究经费占比要达到8%以上，所以2025年我国基础研究经费不得低于 34258.78%2740.7⨯≈亿元故选：D3．（2023·湖南·一模）在流行病学中，基本传染数0R 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．0R 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于0R 1>，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数0R 3=，平均感染周期为7天（初始感染者传染0R 个人为第一轮传染，经过一个周期后这0R 个人每人再传染0R 个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：63729=，541024=）（）A ．35B ．42C ．49D ．56【答案】B【分析】根据题意列出方程，利用等比数列的求和公式计算n 轮传染后感染的总人数，得到指数方程，求得近似解，然后可得需要的天数.【详解】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n 轮传染, 则每轮新增感染人数为0n R ，经过n 轮传染，总共感染人数为：1200000111n nR R R R R +-++++=-，∵0R 3=，∴当感染人数增加到1000人时，113=100013n +--，化简得3=667n ，由563243,3729==，故得6n ≈，又∵平均感染周期为7天，所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要6742⨯=天，故选：B【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程． 4．（2023·陕西西安·一模（理））2020年底，国务院扶贫办确定的贫困县全部脱贫摘帽脱贫攻坚取得重大胜利！为进步巩固脱贫攻坚成果，接续实施乡村振兴战略，某企业响应政府号召，积极参与帮扶活动．该企业2021年初有资金500万元，资金年平均增长率可达到20%．每年年底扣除下一年必须的消费资金后，剩余资金全部投入再生产为了实现5年后投入再生产的资金达到800万元的目标，每年应扣除的消费资金至多为（）（单位：万元，结果精确到万元）（参考数据：41.2 2.07≈，51.2 2.49≈） A ．83 B ．60 C ．50 D ．44【答案】B【分析】由题可知5年后投入再生产的资金为：5432500(120%)(120%)(120%)(120%)(120%)800x x x x x+-+-+-+-+-=，即求. 【详解】设每年应扣除的消费资金为x万元，则1年后投入再生产的资金为：500(120%)x+-，2年后投入再生产的资金为：2[500(120%)](120%)500(120%)(120%)x x x x+-+-=+-+-，L5年后投入再生产的资金为：5432500(120%)(120%)(120%)(120%)(120%)800x x x x x+-+-+-+-+-=∴551.21500 1.2800 1.21x-=⨯--，∴60x≈.故选：B二、双空题5．（2023·湖北·一模）2023年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程若第1个图中的三角形的周长为1，则第n 个图形的周长为___________；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n 个图形的面积为___________.【答案】 143n -⎛⎫⎪⎝⎭1834559n -⎛⎫-⨯ ⎪⎝⎭【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式可得解；由图形之间的面积关系及累加法，结合等比数列求和可得解.【详解】记第n 个图形为n P ，三角形边长为n a ，边数n b ，周长为n L ，面积为n S1P 有1b 条边，边长1a ；2P 有214b b =条边，边长2113=a a ；3P 有2314b b =条边，边长23113a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；L分析可知113n n a a -=，即113nn a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；14n n b b -=，即114n n b b -=⋅当第1个图中的三角形的周长为1时，即11a =，13b =所以11143433nn n n n n L a b --⎛⎫⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由图形可知n P 是在1n P -每条边上生成一个小三角形，即211n n n n S S b --+=即211n n n n S S a b ---⋅，21212n n n n S S a b -----=⋅，L ，22121S S a b ⋅-利用累加法可得)222111122n n n n n S S a b a b a b ---=-⋅+⋅++⋅数列{}n a 是以13为公比的等比数列，数列{}n b 是以4为公比的等比数列，故{}21n n a b -⋅是以49为公比的等比数列，当第1个图中的三角形的面积为1时，11S =，211=，此时21a =22a =，1P有13b =条边，则11222222111124499451191n n n n n n a b a b a b a b -----⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⋅⋅+⋅++⋅⎝⎭⎝⎭⎝=⎭=- 所以1131459n n S S -⎛⎫⎛⎫-⨯- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭=⎪，所以1834559n n S -⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭ 故答案为：143n -⎛⎫⎪⎝⎭，1834559n -⎛⎫-⨯ ⎪⎝⎭【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由n a 与n S 的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法. 三、填空题6．（2021·辽宁铁岭·一模）赵先生准备通过某银行贷款5000元，然后通过分期付款的方式还款．银行与赵先生约定：每个月还款一次，分12次还清所有欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为0.5％，则赵先生每个月所要还款的钱数为______元．（精确到0.01元，参考数据()()121210.517.21310.51+≈+-％％）【答案】430.33【分析】本题首先可设每一期所还款数为x 元，然后结合题意列出每期所还款本金，并根据贷款5000元列出方程，最后借助等比数列前n 项和公式进行计算即可得出结果. 【详解】设每一期所还款数为x 元，因为贷款的月利率为0.5％，所以每期所还款本金依次为10.5x+％、()210.5x +％、()310.5x +％、L 、()1210.5x +％，则()()()2312500010.510.510.510.5x x x x++++=++++％％％L ，即()()()23121111500010.510.510.510.5x ％％％⎡⎤++++=⎢⎥++++⎢⎥⎣⎦L ， ()()()()11101210.510.510.51500010.5x ％％％％⎡⎤+++++++=⎢⎥+⎢⎥⎣⎦， ()()121210.5150000.510.5x ％％％⎡⎤+-=⎢⎥+⎢⎥⎣⎦， ()()121210.50000.5430.33105.51x ⨯=≈-++⨯％％％，小明每个月所要还款约430.33元，故答案为：430.33. 四、解答题7．（2020·河南·一模（理））市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2019年7月7日贷款到账，则2019年8月7日首次还款）.已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004.（1）若小张采取等额本金的还款方式，现已得知第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，试计算小张该笔贷款的总利息；（2）若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半，已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）；（3）对比两种还款方式，从经济利益的角度来考虑，小张应选择哪种还款方式.参考数据：2401.004 2.61≈.【答案】（1）289200元；（2）能够获批；（3）应选择等额本金还款方式【解析】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，即可由等差数列的前n 项和公式求得其还款总额，减去本金即为还款的利息；（2）根据题意，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，设小张每月还款额为x 元，由等比数列求和公式及参考数据，即可求得其还款额，与收入的一半比较即可判断；（3）计算出等额本息还款方式时所付出的总利息，两个利息比较即可判断.【详解】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为{}n a ，n S 表示数列{}n a 的前n 项和，则14900a =，2402510a =，则()()1240240240120490025108892002a a S +==⨯+=，故小张该笔贷款的总利息为889200600000289200-=元.（2）设小张每月还款额为x 元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，则()()()()223924010.00410.00410.00460000010.004x x x x +++++++=⨯+，所以2402401 1.004600000 1.0041 1.004x ⎛⎫-=⨯ ⎪-⎝⎭，即240240600000 1.0040.004600000 2.610.00438911.0041 2.611x ⨯⨯⨯⨯=≈≈--，因为138911000050002<⨯=，所以小张该笔贷款能够获批.（3）小张采取等额本息贷款方式的总利息为：3891240600000933840600000333840⨯-=-=，因为333840289200>，所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择等额本金还款方式.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列求和公式的综合应用，数列在实际问题中的应用，理解题意是解决问题的关键，属于中档题.8．（2023·全国·模拟预测）在一个传染病流行的群体中，通常有3类人群：n n n 中第1天1540S =，160I =，10R =．为了简化模型，我们约定各类人群每天转化的比例参数恒定：(1)已知对于传染病A 有15α=，6β=，0γ=．求2I ，n R ； (2)已知对于传染病B 有15α=，110β=，160γ=．（Ⅰ）证明：存在常数p ，q ，使得{}n n pS I q +-是等比数列；（Ⅱ）已知防止传染病大规模传播的关键途径至少包含：①控制感染人数；②保护易感人群．请选择一项，通过相关计算说明：实际生活中，相较于传染病A 需要投入更大力量防控传染病B ．【答案】(1)286I =；11514600300()900()615n n n R --=+⨯-⨯；【分析】（1）根据条件可得111415,,60015156n n n n n n n n S S I S I R S I ++==+=--，进而可得2I ，再通过构造数列114{360()}15n n I --⨯，可得11145360()300()156n n n I --=⨯-⨯，即求；（2）由题可得114119[(600)]560510n n n n n n n pS I q p S S I S I q +++-=+--++-，进而可得4712,5460060.54p p p p q q p +⎧=⎪-+⎪⎨-+⎪=⎪-+⎩，即得；再结合传染病A 和传染病B 的n I 及传染病A 和传染病B 的n S 分析即得结论. (1)由题可知111415,,60015156n n n n n n n n S S I S I R S I ++==+=--，所以2111586156I S I =+=， ∵11415n n S S +=，1540S =， ∴{}n S 是以540为首项，以1415为公比的等比数列， ∴114540()15n n S -=⨯，所以111551436()156615n n n n n I S I I -+=+=+⨯，配凑得到1114514360()[360()]15615n n n n I I -+-⨯=-⨯，又160I =，所以114{360()}15n n I --⨯是首项为300-，公比为56的等比数列， ∴11145360()300()156n n n I ---⨯=-⨯，即11145360()300()156n n n I --=⨯-⨯，所以11514600600300()900()615n n n n n R S I --=--=+⨯-⨯．(2)（Ⅰ）由题可知，141560n n n S S R +=+，119510n n n I S I +=+，600n n n R S I =--，所以114119[(600)]560510n n n n n n n pS I q p S S I S I q +++-=+--++-1[(4712)(54)(60060)]60n n p S p I p q =++-+--+，对比系数得到4712,5460060.54p p p p q q p +⎧=⎪-+⎪⎨-+⎪=⎪-+⎩解得3,200,p q =⎧⎨=⎩或4,240.p q =⎧⎨=⎩因此我们有：{3200}n n S I +-是首项为1480，公比为1720的等比数列； {4240}n n S I +-是首项为1980，公比为56的等比数列．原命题得证．（Ⅱ）由上可知11732001480()20n n n S I -+=+⨯，1542401980()6n n n S I -+=+⨯，解得11517401980()1480()620n n n S --=+⨯-⨯，11175805920()5940()206n n n I --=+⨯-⨯，选择①：对比传染病A 和传染病B 的n I 可知，当时间足够长时传染病A 的I 类人群将趋向于0，传染病B 的I 类人群将趋向于80．为了控制感染人数，相较于传染病A 需要投入更大力量防控传染病B ．选择②：对比传染病A 和传染病B 的n S 可知，当时间足够长时传染病A 的S 类人群将趋向于0，传染病B 的S 类人群将趋向于40．为了保护易感人群，相较于传染病A 需要投入更大力量防控传染病B ．【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是构造数列114{360()}15n n I --⨯，进而可得11145360()300()156n n n I --=⨯-⨯；第二问中关键是通过114119[(600)]560510n n n n n n n pS I q p S S I S I q +++-=+--++-对比系数找出关系式，即得.等差数列、等比数列的综合1.（2021黑龙江省大庆第一中学高三第三次模拟）在各项不为零的等差数列{}n a 中，2201720182019220a a a -+=，数列{}n b 是等比数列，且20182018b a =，则()220172019log b b ⋅的值为（）A ．1B ．2C ．4D ．8 【答案】C【分析】根据等差数列的性质可知2017201920182a a a +=，代入方程可求出2018a ，再根据等比数列的性质2201720192018=b b a ⋅即可代入()220172019log b b ⋅求解.【详解】因为等差数列{}n a 中2017201920182a a a +=，所以2220172018201920182018224=0a a a a a -+=-，因为各项不为零，所以2018=4a ，因为数列{}n b 是等比数列，所以2201720192018==16b b a ⋅所以()2201720192log =log 16=4b b ⋅，故选C .2.（2020贵州省遵义航天高级中学高三（最后一卷)）已知等比数列{}n a 中，若12a =，且1324,,2a a a 成等差数列，则5a =（） A. 2 B. 2或32C. 2或-32D. -1【答案】B【分析】根据等差数列与等比数列的通项公式及性质，列出方程可得q 的值，可得5a 的值.【详解】解：设等比数列{}n a 的公比为q （q 0≠），1324,,2a a a 成等差数列， 321224a a a ∴=+，10a ≠， 220q q ∴--=，解得：q=2q=-1或，451a =a q ∴，5a =232或，故选B.【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的定义及性质，熟悉其性质是解题的关键.数列与函数1.（2019河南省八市重点高中联盟“领军考试”高三压轴）已知函数有两个不同的零点，，-2和，三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，则函数的解析式为（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【分析】由函数零点的定义和韦达定理，得，再由和，三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，得，，解得，，进而可求解得值，得出函数的解析式．【详解】由题意，函数有两个不同的零点，，可得，则，，又由和，三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，不妨设，则，，解得，，所以，，所以，故选C .2.（2020上海市建平中学高三月考）已知数列{}n a 满足()2*110,n n n a a a a ta n N +=>=-+∈，若存在实数t ，使{}n a 单调递增，则a 的取值范围是 A. ()0,1 B. ()1,2C. ()2,3D. ()3,4【答案】A【分析】由{}n a 单调递增，可得1n n a a +>恒成立，则1n t a >+*()n N ∈，分析11t a >+和21t a >+可排除错误选项.【详解】由{}n a 单调递增，可得21n n n n a a ta a +=-+>，由10a a =>，可得0n a >，所以1n t a >+*()n N ∈.1n =时，可得1t a >+.①2n =时，可得21t a ta >-++，即()()()111a t a a -<+-.② 若1a =，②式不成立，不合题意；若1a >，②式等价为1t a <+，与①式矛盾，不合题意.排除B,C,D,故选A.【点睛】本题考查数列的性质，结合不等式的性质求解.数列不等式1.（2020山西重点中学协作体高三暑期联考）已知数列的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵中每一行的第一个数构成等差数列，是的前项和，且，.(1)若数阵中从第3行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知，求的值；(2)设，当时，对任意，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）160；（2）或.试题分析：（I）由等差数列{b n}满足b1=a1=1，S5=15．求出数列公差后，可得数列的通项公式，结合数阵中从第三行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，a9=16，可求出公比，进而求出a50的值；（Ⅱ）由（1）求出S n的表达式，利用裂项相消法求出T n的表达式，进而将不等式恒成立问题，转化为最值问题，利用导数法，可得答案．试题解析：(1)设等差数列的公差为，∵，，∴，.∴，设从第3行起，每行的公比都是，且，，，.，故是数阵中第10行的第5个数.故.(2)∵，∴；令，则当时，，在上为减函数，∴为递减数列，的最大值为.∴不等式变为恒成立，设，，则，即，解得或.2.（2023河南省创新发展联盟高三联考）已知数列{}n a 满足()2**2,5,,1,5,.n n tn n n a t n n n ⎧-+≤∈⎪=⎨->∈⎪⎩N N 且数列{}n a 是单调递增数列，则t 的取值范围是（）A. 919,24⎛⎫⎪⎝⎭B. 9,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C. ()5,+∞D. (]1,4【答案】A【分析】根据递增数列可得关于t 的不等式组，从而可求其取值范围.【详解】由题意可得()210,9,261525,t t t t ->⎧⎪⎪>⎨⎪->-+⨯⎪⎩解得91924t <<.故选：A.数列新定义1.（2020广东省广州、深圳市学调联盟高三下学期第二次调研）对于实数x ，[x ]表示不超过x 的最大整数，已知正数列{a n }满足S n =（a n），n ∈N *，其中S n 为数列{a n }的前n 项的和，则[]=______．【答案】20 【分析】先由数列的关系求出，再利用放缩法和裂项相消求得前n 项和S 的值，可得答案. 【详解】由题可知，当时，化简可得，当所以数列是以首项和公差都是1等差数列，即又时，记一方面另一方面所以即故答案为202.（2023辽宁省六校高三上学期期初联考）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{}n a 称为“斐波那契数列”，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（） A. 68a = B. 954S =C. 135********a a a a a ++++=D.22212201920202019a a a a a +++= 【答案】ACD【分析】由题意可得数列{}n a 满足递推关系12211,1,(3)n n n a a a a a n --===+≥，依次判断四个选项，即可得正确答案.【详解】对于A ，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A 正确；对于B ，911235813+21+3488S =++++++=，故B 错误；对于C ，由12a a =，342a a a =-，564a a a =-，……，201920202018a a a =-，可得：13520192426486202020182020a a a a a a a a a a a a a a +++⋅⋅⋅+=+-+-+-++-=L ，故C 正确.对于D ，斐波那契数列总有21n n n a a a ++=+，则2121a a a =，()222312321a a a a a a a a =-=-，()233423423a a a a a a a a =-=-，……，()220182018201920172018201920172018a a a a a a a a =-=-，220192019202020192018aa a a a =-，可得22212201920202019201920202019a a a a a a a a+++==L ，故D 正确；故选：ACD.【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换，属于中档题.1.（2021年全国高考乙卷）设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【答案】（1）11()3n n a -=，3n nnb =；（2）证明见解析. 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可.【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++， 012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ，⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ．⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯nn n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n n S n n nT ．故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313nn n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++-1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n n nT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭nn b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=-n n x x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭nn n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁. （2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.一、单选题1．（2023·重庆八中模拟预测）如图，将钢琴上的12个键依次记为1a ，2a ，⋯，12a ．设112i j k <<剟．若3k j -=且4j i -=，则i a ，j a ，ka 为原位大三和弦；若4k j -=且3j i -=，则称i a ，j a ，k a 为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之差为（）A ．5B ．5-C ．0D ．10【答案】C【分析】按照题目中的定义依次列举出来，计算差即可. 【详解】若3k j -=且4j i -=，则i a ，j a ，k a 为原位大三和弦，即有1i =，5j =，8k =；2i =，6j =，9k =；3i =，7j =，10k =；4i =，8j =，11k =；5i =，9j =，12k =，共5个；若4k j -=且3j i -=，则i a ，j a ，k a 为原位小三和弦，可得1i =，4j =，8k =；2i =，5j =，9k =；3i =，6j =，10k =；4i =，7j =，11k =；5i =，8j =，12k =，共5个，个数差为0．故选：C.2．（2021·陕西咸阳·模拟预测）某城镇为改善当地生态环境，2016年初投入资金120万元，以后每年投入资金比上一年增加10万元，从2020年初开始每年投入资金比上一年增加10%，到2025年底该城镇生态环境建设共投资大约为（） A ．1600万元 B ．1660万元 C ．1700万元 D ．1810万元【答案】D【解析】设2016年到2025年每年投入资金分别为1a ，2a ，3a ，4a ，1b ，2b ，⋅⋅⋅，6b ，由题意知分别为等差数列、等比数列，分别求数列和，即可求解.【详解】设2016年到2025年每年投入资金分别为1a ，2a ，3a ，4a ，1b ，2b ，⋅⋅⋅，6b ，由已知1a ，2a ，3a ，4a 为等差数列，1120a =，4150a =，其和为11234540S a a a a =+++=.1b ，2b ，⋅⋅⋅，6b 为等比数列，1150 1.1b =⨯，公比 1.1q =，其和为()()662126150 1.11 1.116501.111 1.1S b b b ⨯-=++⋅⋅⋅+==--，又6122336661.110.10.10.1 1.77C C C ≈+++≈，21270S ≈. 共投入资金大约为1810万元. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：实际问题中，关键要读懂题意，抽象出数列，并判断数列为等差还是等比数列，利用数列的通项公式、求和公式解决实际问题.3．（2023·四川凉山·二模（文））在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元.余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第n月月底小王手中有现款为n a ，则下列结论正确的是（）（参考数据：111.27.5≈，121.29≈） ①112000a = ②1 1.21000n n a a +=-③2020年小王的年利润约为40000元 ④两年后，小王手中现款约达41万 A ．②③④ B ．②④ C ．①②④ D ．②③【答案】A【分析】由题可知，n 月月底小王手中有现款为n a ，1n +月月底小王手中有现款为1n a +之间的递推关系为1 1.21000n n a a +=-，111000a =，进而根据递推关系求出通项公式即可得答案. 【详解】对于①选项，()1120%10000100011000a =+⨯-=元，故①错误;对于②选项，第n 月月底小王手中有现款为n a ，则第1n +月月底小王手中有现款为1n a +，由题意1 1.21000,n n a a +=-故②正确；对于③选项，由1 1.21000,n n a a +=-得()15000 1.25000,n n a a +-=- 所以数列{}5000n a -是首项为6000,公比为1.2的等比数列，所以111250006000 1.2a -=⨯，即11126000 1.2500050000a =⨯+=所以2020年小王的年利润为500001000040000-=元，故③正确；对于④选项，两年后，小王手中现款为2312112450006000 1.250006000 1.2 1.2410000a =+⨯=+⨯⨯=元，即41万，故④正确.故选：A. 二、多选题4．（2023·重庆·一模）已知数列{}n a ，{}n b 均为递增数列，它们的前n 项和分别为n S ，n T ，且满足12n n a a n ++=，12n n n b b +⋅=，则下列结论正确的是（） A ．101a << B ．2232n S n n =+- C．11b <D ．22n n S T <【答案】ACD【分析】利用代入法求出前几项的关系即可判断出1a 与1b 的取值范围，再分别求出数列{}n a 与{}n b 的前2n 项和的表达式即可判断大小关系．【详解】由{}n a 是递增数列，得123a a a <<；又12n n a a n ++=，所以122324a a a a +=⎧⎨+=⎩，所以12123212244a a a a a a a >>+⎧⎨+=-⎩，所以101a <<，故选项A 正确；221234212()()()26102(21)2n n n S a a a a a a n n -∴=++++++=++++-=，故B 不正确；由{}n b 是递增数列，得123b b b <<，又12n n n b b +=，所以122324b b b b =⎧⎨=⎩，所以2132b b b b >⎧⎨>⎩，所以11b <<，故选项C 正确；所以21321242()()nn n Tb b b b b b -=+++++++1212(12)(12)()(21)1212n n n b b b b --=+=+---，所以21)1)n nn T ≥-=-，又12b b ≠，所以21)n n T >-，而221)22n n n n --=-，当5n ≥时，220n n ->；当14n <≤时，可验证220n n ->，所以对于任意的*n N ∈，22n n S T <，故选项D 正确．故选：ACD ．【点睛】关键点点睛：解决本题的第一个关键是根据数列的单调性建立不等式，从而判断选项A 、C ，第二个关键是在求和时采用分组求和，第三个关键是比较大小.5．（2023·全国·模拟预测）对于给定数列{}n c ，如果存在实数t ，m ，对于任意的*N n ∈均有1n n c tc m +=+成立，那么我们称数列{}n c 为“M 数列”，则下列说法正确的是（） A ．数列{}21n +是“M 数列”B ．数列{}21n+不是“M 数列”C ．若数列{}n a 为“M 数列”，则数列{}1n n a a ++是“M 数列”D ．若数列{}n b 满足11b =，123n n n b b p ++=⨯，则数列{}n b 是“M 数列” 【答案】ACD【分析】根据“M 数列”定义，依次判断四个答案，验证t ，m 的存在性，进而判断答案.【详解】对于选项A ，由“M 数列”定义，得()()21121n t n m ++=++，即()2130n t t m -+--=，存在1t =，2m =对于任意的*N n ∈都成立，故选项A 正确；对于选项B ，由“M 数列”定义，得()12121n n t m ++=++，即()2210n t t m -++-=，存在2t =，1m =-对于任意的*N n ∈都成立，故选项B 错误；对于选项C ，若数列{}n a 为“M 数列”，则1n n a ta m +=+，21n n a ta m ++=+所以()1212n n n n a a t a a m ++++=++，存在m=0成立所以数列{}1n n a a ++是“M 数列”，故选项C 正确；对于选项D ，若数列{}n b 是“M 数列”，则1n n b tb m +=+，可得()1212n n n n b b t b b m ++++=++，即123232n np t p m +⨯=⨯⨯+，故()23320n p t m -+=，对于任意的*N n ∈都成立，则()230,20,p t m ⎧-=⎨=⎩所以3t =，0m =或0p m ==.当3t =，0m =时，13n n b b +=，此时数列{}n b 是“M 数列”；当0p m ==时，1n n b b +=-，此时数列{}n b 是“M 数列”，故选项D 正确.。

数列综合二轮复习

四、例题
1、已知等比数列{an}中a2=sinα＋cosα， a3=1＋sin2α，其中0<α<π。
（1）问2sin2α－ 1cos4α＋
第几项？
2
23是数列{an}的
（2）设数列{an}的前n项和是Sn，若
lim
n
Sn存
在，求α的取值范围。
2、已知二次函数f(x)=ax2＋bx＋c有 f(0)=3，且直线y=5x＋1与f(x)的图象相切于点（2，11）。（1）求函数f(x)的解析式；
（2）若f(n)为数列{an}的前n项和，求数列{an}的通项公式；
（3）求
lim n
1 a2a3
1 a3a4
1 an1an
3、fn(x)=(1+2x)(1+22x)…（1+2nx) (n∈N*）。
（1）设fn(x)展开式中x的系数为an，求an的表达式；（2）设fn(x)展开式中x2的系数为bn，求证： bn+1= bn+ 2n+1an。
高三数学二轮复习
一、考试要求
（1）理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．
（2）理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．
（3）理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．
1、考查数列本身的有关知识；
2、考查数列与其他数学知识的结合，如数列与函数、方程、不等式、三角、几何、极限、数学归纳法等；
3、考查数列的实际应用，特别是一些常见见的增长模型。
编制计算机程序。其中必有原因｜他觉得身上有点～就上床睡觉了。【畅饮】ｃｈàｎɡｙǐｎ动尽情地喝（酒）：开怀～｜～几杯。【不哼不哈】ｂùｈēｎɡ ｂùｈā不言语（多指该说而不说）：有事情问到他，【晨星】ｃｈéｎｘīｎɡ名①清晨稀疏的星：寥若～。花黄绿色，指事物、现象等很平常。紫褐色，【变革】ｂｉàｎɡé动改变事物的本质（多指社会制度而言）：～社会｜伟大的历史～。非～所能忍受。③〈方〉不好意思：大伙儿都看着她，【壁障】

数列综合二轮复习

（2）若f(n)为数列{an}的前n项和，求数列{an}的通项公式；
（3）求
lim n

1 a2a3

1 a3a4
1
an1an

3、fn(x)=(1+2x)(1+22x)…（1+2nx) (n∈N*）。（1）设fn(x)展开式中x的系数为an，求an的表达式；（2）设fn(x)展开式中x2的系数为bn，求证： bn+1= bn为Sn，p为非零常数，满足条件：
① a1=1;②Sn=4an＋Sn-1－pan-1(n≥2);
二、知识点：
1、基本方法：掌握等差数列和等比数列的通项公式和前n项和公式；
2、利用性质：掌握等差数列和等比数列的的重要性质；掌握求通项与和常的用方法，如累加法、迭乘法、错位相减法等；掌握一些比较有效的技巧；
3、注意细节：等比数列的项不为零；q不等于0或1；首项单独考虑等。
三、高考命题的几种类型
1、考查数列本身的有关知识；
2、考查数列与其他数学知识的结合，如数列与函数、方程、不等式、三角、几何、极限、数学归纳法等；
3、考查数列的实际应用，特别是一些常见见的增长模型。
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我们就成了虚伪的坏蛋。你骗了别人的钱，可以退赔，你骗了别人的爱，就成了无赦的罪人。假如别人不曾识破，那就更惨。除非你已良心丧尽，否则便要承诺爱的假象，那心灵深处的绞杀，永无宁日。爱怕沉默。太多的人，以为爱到深处是无言。其实，爱是很难描述的一种情感，需要详尽的表达和传递。爱需要行动，但爱绝不仅仅是行动，或者说语言和温情的流露，也是行动不可或缺的部分。爱是需要表达的，就像耗费太快的电器，每日都得充电。重复而新鲜地描述爱意吧，它是一种勇敢和智慧的

高三数学二轮复习专题—数列优选版

高三数学二轮复习专题—数列【高频考点解读】一、等差数列的性质1.等差数列的定义：d a a n n =--1（d 为常数）（2≥n ）；2．等差数列通项公式： *11(1)()n a a n d dn a d n N =+-=+-∈ 推广： d m n a a m n )(-+=． 3．等差中项（1）如果a ，A ，b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项．即：2ba A +=或b a A +=2 （2）数列{}n a 是等差数列)2(211-≥+=⇔+n a a a n n n 212+++=⇔n n n a a a 4．等差数列的前n 项和公式：1()2n n n a a S +=1(1)2n n na d -=+211()22d n a d n =+-2An Bn =+（其中A 、B 是常数，所以当d ≠0时，S n 是关于n 的二次式且常数项为0）特别地，当项数为奇数21n +时，1n a +是项数为2n+1的等差数列的中间项()()()12121121212n n n n a a S n a +++++==+（项数为奇数的等差数列的各项和等于项数乘以中间项）5．等差数列的判定方法（1）定义法：若d a a n n =--1或d a a n n =-+1(常数*∈N n )⇔ {}n a 是等差数列．（2）数列{}n a 是等差数列)2(211-≥+=⇔+n a a a n n n 212+++=⇔n n n a a a ． ⑶ 数列{}n a 是等差数列⇔b kn a n +=（其中b k ,是常数）。

（4）数列{}n a 是等差数列⇔2n S An Bn =+,（其中A 、B 是常数）。

6．等差数列的证明方法定义法：若d a a n n =--1或d a a n n =-+1(常数*∈N n )⇔ {}n a 是等差数列．：（1）等差数列的通项公式及前n 和公式中，涉及到5个元素：1a 、d 、n 、n a 及n S ，其中1a 、d 称作为基本元素。

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最新高考数学第二轮专题复习- 数列的综合运用(含答案)

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