高考必考题突破讲座(三)数列、不等式及推理与证明.docx

高考必考题突破讲座(三)数列、不等式及推理与证明题型特点考情分析命题趋势从近几年高考试题统计看，全国卷中的数列与三角函数问题基本上交替考查，难度不大如果是数列问题考查内容主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题，有时结合函数、不等式等进行综合考查，涉及内容较为全面，试题题型规范、方法可循.2017天津卷，172016四川卷，192016山东卷，18以数列为载体，综合不等式，考查推理与证明思想方法的应用，仍然是命题关注点.分值：12分1数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法，常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等2数列与函数的综合问题数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选3数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法等【例1】 (2017天津卷)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*)解析 (1)设an的公差为d，bn的公比为q，q0.由b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60，解得q2，所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18，由S1111b4，可得a15d16，联立，解得a11，d3，所以an3n2，故数列an的通项公式为an3n2，bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由(1)知a2n6n2，b2n124n1，所以a2nb2n1(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543(3n4)4n(3n1)4n1，两式相减，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18，所以Tn4n1.所以，数列a2nb2n1的前n项和为4n1.【例2】 已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设TnSn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值解析 (1)设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是递减数列，且a1，所以q.故ann1(1)n1.(2)由(1)得Sn1n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1SnS1，故0SnS1；当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2SnSnS2.综上，对于nN*，总有Sn.所以数列Tn最大项的值为，最小项的值为.【例3】 (2016四川卷)已知数列an的首项为1，Sn为数列an的前n项和，Sn1qSn1，其中q0，nN*.(1)若2a2，a3，a22成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线x21的离心率为en，且e2，证明：e1e2en.解析 (1)由已知，Sn1qSn1，Sn2qSn11，两式相减得到an2qan1，n1.又由S2qS11得到a2qa1，故an1qan对所有n1都成立所以，数列an是首项为1，公比为q的等比数列，从而anqn1.由2a2，a3，a22成等差数列，可得2a33a22，即2q23q2，则(2q1)(q2)0，由已知，q0，故q2.所以an2n1(nN*)(2)由(1)可知，anqn1.所以双曲线x21的离心率en.由e2，q0，解得q.因为1q2(k1)q2(k1)，所以qk1(kN*)故e1e2en1qqn1.1(2018河北石家庄二模)已知等差数列an的前n项和为Sn，若Sm14，Sm0，Sm214(m2，且mN*)(1)求m的值；(2)若数列bn满足log2bn(nN*)，求数列(an6)bn的前n项和解析 (1)因为Sm14，Sm0，Sm214，所以amSmSm14，am1am2Sm2Sm14，设数列an的公差为d，则2am3d14，所以d2.因为Smm0，所以a1am4，所以am42(m1)4，解得m5.(2)由(1)知an42(n1)2n6，所以n3log2bn，即bn2n3，所以(an6)bn2n2n3n2n2.设数列(an6)bn的前n项和为Tn，则Tn12132n2n2，所以2Tn1122322n2n1，得Tn122n2n2n1n2n1(1n)2n1.所以Tn(n1)2n1.2在等差数列an中，a26，a3a627.(1)求数列an的通项公式；(2)记数列an的前n项和为Sn，且Tn，若对于一切正整数n，总有Tnm成立，求实数m的取值范围解析 (1)设公差为d，由题意得解得an3n.(2)Sn3(123n)n(n1)，Tn，Tn1，Tn1Tn，当n3时，TnTn1，且T11T2T3，Tn的最大值是，故实数m的取值范围是.3(2018山东济南模拟)已知数列an是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，满足S52a225，且a1，a4，a13恰为等比数列bn的前三项(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设Tn是数列的前n项和，是否存在kN*，使得等式12Tk成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由解析 (1)设等差数列an的公差为d(d0)，解得a13，d2，an2n1.b1a13，b2a49，等比数列bn的公比q3，bn3n.(2)不存在理由如下：，Tn，12Tk(kN*)，易知数列为单调递减数列，.解析 (1)设等差数列an的公差为d，依题意有解得故an的通项公式为an2n1，nN*.(2)因为bn，所以Sn1，令1，解得n1 008，故取n1 009.2(2018江西南昌模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a11，S3S4S5.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1an，求数列bn的前2n项和T2n.解析 (1)设等差数列an的公差为d，由S3S4S5，得a1a2a3a5，即3a2a5，所以3(1d)14d，解得d2.an1(n1)22n1.(2)由(1)可得bn(1)n1(2n1)T2n1357(2n3)(2n1)(2)n2n.3(2018东北三省四校模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0，且S3S550，a1，a4，a13成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列bn的前n项和Tn.解析 (1)依题意得解得an2n1.(2)3n1，bnan3n1(2n1)3n1，Tn353732(2n1)3n1，3Tn3353223n1(2n1)3n，两式相减，得2Tn32323223n1(2n1)3n32(2n1)3n2n3n，Tnn3n.4已知二次函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，试求数列bn的前n项和Tn.解析 (1)设二次函数f(x)ax2bx(a0)，则f(x)2axb.由于f(x)6x2，得a3，b2，所以f(x)3x22x.又因为点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上，所以Sn3n22n.当n2时，anSnSn13n22n3(n1)22(n1)6n5；当n1时，a1S131221615，也适合上式，所以an6n5(nN*)(2)由(1)得bn，故Tn.5已知数列an满足a13，1，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2，数列bn的前n项和为Sn，求使Sn4的最小自然数n.解析 (1)由1，nN*，知数列是以2为首项，1为公差的等差数列，所以2n1n1，所以ann22n，故数列an的通项公式为ann22n.(2)bnlog2log2log2(n1)log2(n2)，则Snb1b2bnlog22log23log23log24log2(n1)log2(n2)1log2(n2)，由Sn4，得1log2(n2)30，故满足Snd，a2d，d0)假设