2021年高考数学(浙江专用-理科)二轮专题复习讲练：专题三--第1讲.docx

第1讲　等差数列和等比数列
考情解读　(1)等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式毁灭．
(2)数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合力气．

1．an与Sn的关系Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝
2．等差数列和等比数列

等差数列
等比数列
定义
an－an－1＝常数(n≥2)
＝常数(n≥2)
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1(q≠0)
判定方法
(1)定义法(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n≥1)⇔{an}为等差数列
(3)通项公式法：an＝pn＋q(p、q为常数)⇔{an}为等差数列
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}为等差数列
(5){an}为等比数列，an>0⇔{logaan}为等差数列
(1)定义法(2)中项公式法：a＝an·an＋2(n≥1)(an≠0)⇔
{an}为等比数列
(3)通项公式法：
an＝c·qn(c、q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}为等比数列
(4){an}为等差数列⇔{aan}为等比数列(a>0且a≠1)
性质
(1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(2)an＝am＋(n－m)d(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍成等差数列
(1)若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq(2)an＝amqn－m(3)等比数列依次每n项和(Sn≠0)仍成等比数列
前n项和
Sn＝＝na1＋d
(1)q≠1，Sn＝＝(2)q＝1，Sn＝na1

热点一　等差数列
例1　(1)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a4＋a6＝12，则S7的值是(　　)
A．21 B．24
C．28 D．7
(23)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－1<a3<1,0<a6<3，则S9的取值范围是________．
思维启迪　(1)利用a1＋a7＝2a4建立S7和已知条件的联系；(2)将a3，a6的范围整体代入或者利用线性规划．
答案　(1)C　(2)(－3,21)
解析　(1)由题意可知，a2＋a6＝2a4，则3a4＝12，a4＝4，所以S7＝＝7a4＝28.
(2)S9＝9a1＋36d＝3(a1＋2d)＋6(a1＋5d)
又－1<a3<1,0<a6<3，
∴－3<3(a1＋2d)<3,0<6(a1＋5d)<18，
故－3<S9<21.
思维升华　(1)等差数列问题的基本思想是求解a1和d，可利用方程思想；
(2)等差数列的性质
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍成等差数列；
③am－an＝(m－n)d⇔d＝(m，n∈N*)；
④＝(A2n－1，B2n－1分别为{an}，{bn}的前2n－1项的和)．
(3)等差数列前n项和的问题可以利用函数的性质或者转化为等差数列的项，利用性质解决．
　(1)已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝，则a12的值是(　　)
A．15 B．30
C．31 D．64
(2)在等差数列{an}中，a5<0，a6>0且a6>|a5|，Sn是数列的前n项的和，则下列说法正确的是(　　)
A．S1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6…均大于0
B．S1，S2，…S5均小于0，S6，S7，…均大于0
C．S1，S2，…S9均小于0，S10，S11…均大于0
D．S1，S2，…S11均小于0，S12，S13…均大于0
答案　(1)A　(2)C
解析　(1)由于a8是a7，a9的等差中项，所以2a8＝a7＋a9＝16⇒a8＝8，再由等差数列前n项和的计算公式可得S11＝＝＝11a6，又由于S11＝，所以a6＝，则d＝＝，所以a12＝a8＋4d＝15，故选A.
(2)由题意可知a6＋a5>0，故
S10＝＝>0，
而S9＝＝＝9a5<0，故选C.
热点二　等比数列
例2　(1)(2022·安徽)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝_______________________________________.
(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则等于(　　)
A．4n－1 B．4n－1
C．2n－1 D．2n－1
思维启迪　(1)列方程求出d，代入q即可；(2)求出a1，q，代入化简．
答案　(1)1　(2)D
解析　(1)设等差数列的公差为d，则a3＝a1＋2d，
a5＝a1＋4d，
∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1，
∴q＝＝＝1.
(2)∵∴
由①②可得＝2，∴q＝，代入①得a1＝2，
∴an＝2×()n－1＝，
∴Sn＝＝4(1－)，
∴＝＝2n－1，故选D.
思维升华　(1){an}为等比数列，其性质如下：
①若m、n、r、s∈N*，且m＋n＝r＋s，则am·an＝ar·as；
②an＝amqn－m；
③Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列(q≠－1)．
(2)等比数列前n项和公式
Sn＝
①能“知三求二”；②留意争辩公比q是否为1；③a1≠0.
　(1)已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于(　　)
A．1 B．2
C．4 D．8
(2)在等比数列{an}中，a1＋an＝34，a2·an－1＝64，且前n项和Sn＝62，则项数n等于(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
答案　(1)D　(2)B
解析　(1)∵a4－2a＋3a8＝0，∴2a＝a4＋3a8，即2a＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2，又∵b2b8b11＝b1qb1q7b1q10＝bq18＝(b7)3＝8，故选D.
(2)设等比数列{an}的公比为q，由a2an－1＝a1an＝64，又a1＋an＝34，解得a1＝2，an＝32或a1＝32，an＝2.当a1＝2，an＝32时，Sn＝＝＝＝62，解得q＝2.又an＝a1qn－1，所以2×2n－1＝2n＝32，解得n＝5.同理，当a1＝32，an＝2时，由Sn＝62，解得q＝.由an＝a1qn－1＝32×()n－1＝2，得()n－1＝＝()4，即n－1＝4，n＝5.综上，项数n等于5，故选B.
热点三　等差数列、等比数列的综合应用
例3　已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来挨次恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．
思维启迪　(1)利用方程思想求出a1，代入公式求出an和Sn；(2)将恒成立问题通过分别法转化为最值．
解　(1)由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，
∴an＝5－n，从而Sn＝.
(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，
设等比数列{bn}的公比为q，
则q＝＝，
∴Tm＝＝8[1－()m]，
∵()m随m增加而递减，
∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.
又Sn＝＝－(n2－9n)
＝－[(n－)2－]，
故(Sn)max＝S4＝S5＝10，
若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn<Tm＋λ，
则10<4＋λ，得λ>6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)．
思维升华　等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法
(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时机敏地运用性质，可使运算简便．
(2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，求解时用等差(比)数列的相关学问，将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可．
　已知数列{an}前n项和为Sn，首项为a1，且，an，Sn成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)，求证：＋＋＋…＋<.
(1)解　∵，an，Sn成等差数列，∴2an＝Sn＋，
当n＝1时，2a1＝S1＋，∴a1＝，
当n≥2时，Sn＝2an－，Sn－1＝2an－1－，
两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
∴＝2，
∴数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，
∴an＝×2n－1＝2n－2.
(2)证明　bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)＝log222n＋1－2×log222n＋3－2＝(2n－1)(2n＋1)，
＝×＝(－)，
＋＋＋…＋＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(1－)<(n∈N*)．
即＋＋＋…＋<.

1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个．解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算．
2．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又便利的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要留意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．
3．等差、等比数列的单调性
(1)等差数列的单调性
d>0⇔{an}为递增数列，Sn有最小值．
d<0⇔{an}为递减数列，Sn有最大值．
d＝0⇔{an}为常数列．
(2)等比数列的单调性
当或时，{an}为递增数列，当或时，{an}为递减数列．
4．常用结论
(1)若{an}，{bn}均是等差数列，Sn是{an}的前n项和，则{man＋kbn}，{}仍为等差数列，其中m，k为常数．
(2)若{an}，{bn}均是等比数列，则{can}(c≠0)，{|an|}，{an·bn}，{manbn}(m为常数)，{a}，{}仍为等比数列．
(3)公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即a2－a1，a3－a2，a4－a3，…，成等比数列，且公比为＝＝q.
(4)等比数列(q≠－1)中连续k项的和成等比数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，成等比数列，其公差为qk.
等差数列中连续k项的和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，成等差数列，公差为k2d.
5．易错提示
(1)应用关系式an＝时，确定要留意分n＝1，n≥2两种状况，在求出结果后，看看这两种状况能否整合在一起．
(2)三个数a，b，c成等差数列的充要条件是b＝，但三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.

真题感悟
1．(2022·大纲全国)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于(　　)
A．6 B．5 C．4 D．3
答案　C
解析　数列{lg an}的前8项和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4
＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.
2．(2022·北京)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．
答案　8
解析　∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.
∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<－a8<0.
∴数列的前8项和最大，即n＝8.
押题精练
1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列确定成立的是(　　)
A．若a3>0，则a2 013<0
B．若a4>0，则a2 014<0
C．若a3>0，则a2 013>0
D．若a4>0，则a2 014>0
答案　C
解析　由于a3＝a1q2，a2 013＝a1q2 012，而q2与q2 012均为正数，若a3>0，则a1>0，所以a2 013>0，故选C.
2．已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，bn＝.若对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围为________．
答案　(－8，－7)
解析　an＝a＋(n－1)×1＝n＋a－1，所以bn＝＝，由于对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，即≥(n∈N*)恒成立，即≤0(n∈N*)，则有解得－8<a<－7.
3．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足a＝4Sn＋4n＋1，n∈N*，且a2，a5，a14恰好是等比数列{bn}的前三项．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，(Tn＋)k≥3n－6恒成立，求实数k的取值范围．
解　(1)当n≥2时，由题设知4Sn－1＝a－4(n－1)－1，
∴4an＝4Sn－4Sn－1＝a－a－4，
∴a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2，∵an>0，∴an＋1＝an＋2.
∴当n≥2时，{an}是公差d＝2的等差数列．
∵a2，a5，a14构成等比数列，
∴a＝a2·a14，(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3，
由条件可知，4a1＝a－5＝4，∴a1＝1，
∵a2－a1＝3－1＝2，
∴{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列．
∴等差数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
∵等比数列{bn}的公比q＝＝＝3，
∴等比数列{bn}的通项公式为bn＝3n.
(2)Tn＝＝＝，
∴(＋)k≥3n－6对任意的n∈N*恒成立，
∴k≥对任意的n∈N*恒成立，
令cn＝，cn－cn－1＝－＝，
当n≤3时，cn>cn－1；
当n≥4时，cn<cn－1.
∴(cn)max＝c3＝，∴k≥.

(推举时间：60分钟)
一、选择题
1．等比数列{an}中a1＝3，a4＝24，则a3＋a4＋a5等于(　　)
A．33 B．72
C．84 D．189
答案　C
解析　由题意可得q3＝8，所以q＝2.所以a3＋a4＋a5＝a1q2(1＋q＋q2)＝84.
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a6＝6＋a7，则S9的值是(　　)
A．27 B．36
C．45 D．54
答案　D
解析　由2a6＝6＋a7得a5＝6，所以S9＝9a5＝54.故选D.
3．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
C．5 D．6
答案　C
解析　由已知得，Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，故公比q＝－2，又Sm＝＝－11，故a1＝－1，又am＝a1·qm－1＝－16，代入可求得m＝5.
4．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8等于(　　)
A．0 B．3
C．8 D．11
答案　B
解析　∵{bn}为等差数列，设其公差为d，
由b3＝－2，b10＝12，
∴7d＝b10－b3＝12－(－2)＝14，∴d＝2，
∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6，
∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋·d
＝7×(－6)＋21×2＝0，
又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3，
∴a8－3＝0，a8＝3.故选B.
5．数列{an}满足a1＝2，an＝，其前n项积为Tn，则T2 014等于(　　)
A. B．－
C．6 D．－6
答案　D
解析　由an＝得an＋1＝，而a1＝2，所以a2＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，则数列是以4为周期，且a1a2a3a4＝1，所以T2 014＝(a1a2a3a4)503a1a2＝1503×2×(－3)＝－6，故选D.
6．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若S21＝S4 000，O为坐标原点，点P(1，an)，Q(2 011，a2 011)，则·等于(　　)
A．2 011 B．－2 011 C．0 D．1
答案　A
解析　由S21＝S4 000得a22＋a23＋…＋a4 000＝0，
由于a22＋a4 000＝a23＋a3 999＝…＝2a2 011，
所以a22＋a23＋…＋a4 000＝3 979a2 011＝0，
从而a2 011＝0，而·＝2 011＋a2 011an＝2 011.
二、填空题
7．在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15＝________.
答案　3
解析　设等比数列{an}的公比为q，
由已知，得解得q4＝.
又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×()2＝2，
a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×()3＝1，
所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
8．(2022·广东)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______.
答案　50
解析　由于a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，
所以a10a11＝e5.
所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)
＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln e＝50.
9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n＝________.
答案　6
解析　设等差数列的公差为d，
则由a4＋a6＝－6得2a5＝－6，∴a5＝－3.
又∵a1＝－11，∴－3＝－11＋4d，∴d＝2，
∴Sn＝－11n＋×2＝n2－12n＝(n－6)2－36，
故当n＝6时，Sn取最小值．
10．已知数列{an}的首项为a1＝2，且an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，记Sn为数列{an}的前n项和，则Sn＝________，an＝________.
答案　2×n－1　
解析　由an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，可得an＋1＝Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn，即Sn＋1＝Sn，由此可知数列{Sn}是一个等比数列，其中首项S1＝a1＝2，公比为，所以Sn＝2×n－1，
由此得an＝
三、解答题
11．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列{Sn＋}是等比数列．
(1)解　设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.
依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15.
解得a＝5.
所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.
依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，
解得d＝2或d＝－13(舍去)．
故{bn}的第3项为5，公比为2.
由b3＝b1·22，即5＝b1·22，
解得b1＝.
所以bn＝b1·qn－1＝·2n－1＝5·2n－3，
即数列{bn}的通项公式bn＝5·2n－3.
(2)证明　由(1)得数列{bn}的前n项和
Sn＝＝5·2n－2－，
即Sn＋＝5·2n－2.
所以S1＋＝，＝＝2.
因此{Sn＋}是以为首项，2为公比的等比数列．
12．若数列{bn}对于n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列，如数列{cn}，若cn＝则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n.
(1)求证：{an}为准等差数列；
(2)求{an}的通项公式及前20项和S20.
(1)证明　∵an＋1＋an＝2n，①
∴an＋2＋an＋1＝2n＋2.②
由②－①得an＋2－an＝2(n∈N*)，
∴{an}是公差为2的准等差数列．
(2)解　已知a1＝a，an＋1＋an＝2n(n∈N*)，
∴a1＋a2＝2，即a2＝2－a.
∴由(1)可知a1，a3，a5，…，成以a为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，…，成以2－a为首项，2为公差的等差数列．
∴当n为偶数时，an＝2－a＋(－1)×2＝n－a，
当n为奇数时，an＝a＋(－1)×2＝n＋a－1，
∴an＝
S20＝a1＋a2＋…＋a19＋a20
＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)
＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×＝200.
13．(2021·湖北)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的全部n的集合；若不存在，说明理由．
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，
则a1≠0，q≠0.由题意得

即
解得
故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)n－1.
(2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n.
假设存在n，使得Sn≥2 013，
则1－(－2)n≥2 013，即(－2)n≤－2 012.
当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；
当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，
即2n≥2 012，得n≥11.
综上，存在符合条件的正整数n，且全部这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．