(浙江专用)2022高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第1讲等差数列、等比数列教案.pdf

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1、浙江专用浙江专用 20222022 高考数学二轮高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法复习专题三数列与数学归纳法第第 1 1 讲等差数列、讲等差数列、等比数列教案等比数列教案第第 1 1 讲讲等差数列、等比数列等差数列、等比数列等差、等比数列的根本运算等差、等比数列的根本运算 核心提炼核心提炼 1 1等差数列的通项公式及前等差数列的通项公式及前 n n 项和公式项和公式a an na a1 1(n n1)1)d d；S Sn nn nn n1 12 2n na a1 1a an n2 2nana1 1d d.2 2等比数列的通项公式及前等比数列的通项公式及前n n项和公式项和公式a an na

2、 a1 1q qn n 1 1a a1 11 1q qa a1 1a an nq q(q q0)0)；S Sn n1 1q q1 1q qn n(q q1)1)典型例题典型例题(1)(2022嘉兴市高考一模(1)(2022嘉兴市高考一模)设设S Sn n为等差为等差S S1 11 1S S3 3数列数列 a an n 的前的前n n项和，项和，假设假设，那么那么()S S4 41010S S5 52 23 3A.A.B.B.5 55 5-2-2-3 3C.C.7 74 4D.D.7 7(2)(2022浙江名校协作体高三下学期考试(2)(2022浙江名校协作体高三下学期考试)设等比数列设等比数列

3、 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，满足对任意的，满足对任意的正整数正整数n n，均有均有S Sn n3 38 8S Sn n3 3，那么那么a a1 1_，公比公比q q_1 1【解析】【解析】(1)(1)设公差为设公差为d d，那么，那么，4 4a a1 16 6d d1010a a1 1d da a1 1，S S3 33 3a a1 13 3d d2 2所以所以 ，应选，应选 A.A.S S5 55 5a a1 11010d d5 5(2)(2)由由S Sn n3 38 8S Sn n3 3，那么，那么S Sn n2 28 8S Sn n1 13 3，两式相减得，两式

4、相减得，a an n3 38 8a an na an nq q8 8a an n，那么，那么q q8 8q q2 2，由等比数列前由等比数列前n n项和公式得，项和公式得，883 33 3a a1 11 12 21 12 2n n3 3a a1 11 12 2 1 12 2n n3 3，即即 2 2n n3 3a a1 1a a1 18282n na a1 18 8a a1 13 3，-3-3-3 3从而解得从而解得a a1 1.7 73 3【答案】【答案】(1)A(1)A(2)(2)2 27 7关于等差关于等差(等比等比)数列的根本运算，一般通过其数列的根本运算，一般通过其通项公式和前通项公

5、式和前n n项和公式构造关于项和公式构造关于a a1 1和和d d(或或q q)的方程或方程组解决，如果所给出的是递推关系的方程或方程组解决，如果所给出的是递推关系式，可通过将递推关系式变形，构造出满足等差式，可通过将递推关系式变形，构造出满足等差(等比等比)数列定义的新数列，然后再按等差数列定义的新数列，然后再按等差(等比等比)数列进行根本运算数列进行根本运算 对点训练对点训练 1 1(2022温州瑞安七中高考模拟(2022温州瑞安七中高考模拟)数列数列 a an n 的的前前n n项和为项和为S Sn n，假设，假设a a1 11 1，a an n1 13 3S Sn n(n n1)，那1

6、)，那么么a a6 6()A A3434C C4 44 44 4B B3434 1 1D D4 4 1 14 44 4解析：解析：选选 A.A.由由a an n1 13 3S Sn n，得到得到a an n3 3S Sn n1 1(n n2)，2)，-4-4-两式相减得：两式相减得：a an n1 1a an n3(3(S Sn nS Sn n1 1)3 3a an n，那么那么a an n1 14 4a an n(n n2)，又2)，又a a1 11 1，a a2 23 3S S1 13 3a a1 13 3，得到此数列除去第一项后，为首项是得到此数列除去第一项后，为首项是 3 3，公比，公

7、比为为 4 4 的等比数列，的等比数列，所以所以a an na a2 2q q4 4n n2 23 34 4n n2 2(n n2)，2)，a a6 63434，应选，应选 A.A.2 2(2022名校新高考研究联盟(2022名校新高考研究联盟)我国古代数学我国古代数学名著名著?算法统宗算法统宗?中有如下问题：“远望巍巍塔七中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？意思是：一座头几盏灯？意思是：一座 7 7 层塔共挂了层塔共挂了 381381 盏盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的灯，且相邻两层中的下一层灯

8、数是上一层灯数的2 2 倍，那么塔的底层共有灯倍，那么塔的底层共有灯()A A186186 盏盏C C192192 盏盏B B189189 盏盏D D9696 盏盏解析：选解析：选C.C.设塔的底层共有灯设塔的底层共有灯x x盏，那么各层盏，那么各层1 1的灯数构成一个首项为的灯数构成一个首项为x x，公比为，公比为的等比数的等比数2 2-5-5-列列.1 1 7 7 x x 1 1 2 2 1 11 12 2381381，解得，解得x x192.192.3 3(2022绍兴市柯桥区高三期中考试(2022绍兴市柯桥区高三期中考试)正数数正数数列列 a an n 的前的前n n项和项和S Sn

9、n满足：满足：S Sn n和和 2 2 的等比中项等的等比中项等于于a an n和和 2 2 的等差中项，那么的等差中项，那么a a1 1_，S Sn n_解析：由题意知解析：由题意知a an n2 22 2 2 2S Sn n，2 2a an n2 2平方可得平方可得S Sn n，8 8由由a a1 1S S1 1得得a a1 12 22 2 2 2a a1 1，从而可解得从而可解得a a1 12.2.a an n1 12 2又由式得又由式得S Sn n1 1(n n2)，2)，8 8a an n2 2 可可 得得a an nS Sn nS Sn n 1 18 8a an n1 12 22

10、2(n n2)，2)，8 8-6-6-2 22 2整理得整理得(a an na an n1 1)()(a an na an n1 14)4)0 0因为数列因为数列 a an n 的各项都是正数，的各项都是正数，所以所以a an na an n1 14 40 0，即，即a an na an n1 14.4.故数列故数列 a an n 是以是以 2 2 为首项为首项 4 4 为公差的等差数列，为公差的等差数列，所以所以S Sn n2 2n nn nn n1 12 24 42 2n n.2 2当当n n1 1 时，时，S S1 1a a1 12.2.故故S Sn n2 2n n.答案：答案：2 22

11、 2n n2 24 4(2022杭州市学军中学高三模拟(2022杭州市学军中学高三模拟)等比数列等比数列 a an n 的公比的公比q q00，前，前n n项和为项和为S Sn n，假设，假设 2 2a a3 3，a a5 5，3 3a a4 4成等差数列，成等差数列，a a2 2a a4 4a a6 66464，那么，那么q q_，2 2S Sn n_解析：由解析：由 2 2a a3 3，a a5 5，3 3a a4 4成等差数列得成等差数列得 2 2a a5 52 2a a3 33 3a a4 42 2q q2 23 3q qq q2(2(负舍负舍)，a a2 2a a4 4a a6 66

12、464a a2 23 34 41 1n n1 12 2 n n2 2a a4 41 12 2 1 16464a a4 44 4a a1 13 3，S Sn n.q q2 21 12 22 2-7-7-2 2 1 1答案：答案：2 22 2等差、等比数列的判定与证明等差、等比数列的判定与证明 核心提炼核心提炼 1 1证明数列证明数列 a an n 是等差数列的两种根本方法是等差数列的两种根本方法(1)(1)利用定义，证明利用定义，证明a an n1 1a an n(n nN N)为一常数；为一常数；(2)(2)利用等差中项利用等差中项，即证明，即证明2 2a an na an n 1 1a an

13、 n1 1*n n(n n2)2)2 2证明数列证明数列 a an n 是等比数列的两种根本方法是等比数列的两种根本方法a an n1 1*(1)(1)利用定义，证明利用定义，证明(n nN N)为一常数；为一常数；a an n(2)(2)利用等比中项，即证明利用等比中项，即证明a an na an n1 1a an n1 1(n n2)2)典型例题典型例题 (1)(1)如图，点列如图，点列 A An n，B Bn n 分别在某锐角的分别在某锐角的两边上，且两边上，且|A An nA An n1 1|A An n1 1A An n2 2|，A An nA An n2 2，n nN N，|B B

14、n nB Bn n1 1|B Bn n1 1B Bn n2 2|，B Bn nB Bn n2 2，n nN N(P PQ Q表示点表示点*2 2P P与与Q Q不重合不重合)假设假设d dn n|A An nB Bn n|，S Sn n为为A An nB Bn nB Bn n1 1-8-8-的面积，那么的面积，那么()A A S Sn n 是等差数列是等差数列B B S S2 2n n 是等差是等差数列数列C C d dn n 是等差数列是等差数列D D d dn n 是等差数列是等差数列(2)(2022温州市高考二模(2)(2022温州市高考二模)设数列设数列 a an n 的前的前n n3

15、 35 5项和为项和为S Sn n，n nN N.a a1 11 1，a a2 2，a a3 3，且当且当n n222 24 4*2 2时，时，4 4S Sn n2 25 5S Sn n8 8S Sn n1 1S Sn n1 1.求求a a4 4的值；的值；1 1 证明：证明：a an n1 1a an n 为等比数列；为等比数列；2 2 求数列求数列 a an n 的通项公式的通项公式【解】【解】(1)(1)选选 A.A.由题意，由题意，过点过点A A1 1，A A2 2，A A3 3，A An n，A An n1 1，分别作直线，分别作直线B B1 1B Bn n1 1的垂线，高分别记的垂

16、线，高分别记为为h h1 1，h h2 2，h h3 3，h hn n，h hn n1 1，根据平行线的，根据平行线的性质，得性质，得h h1 1，h h2 2，h h3 3，h hn n，h hn n1 1，成等差数，成等差数-9-9-1 1列，又列，又S Sn n|B Bn nB Bn n1 1|h hn n，|B Bn nB Bn n1 1|为定值，所为定值，所2 2以以 S Sn n 是等差数列应选是等差数列应选 A.A.(2)当(2)当n n2 2 时，时，4 4S S4 45 5S S2 28 8S S3 3S S1 1，3 35 53 3 3 35 5 即即 4 4 1 1 a

17、a4 4 5 5 1 1 8 8 1 1 1 1，2 24 42 2 2 24 4 7 7解得：解得：a a4 4.8 8证明：因为证明：因为 4 4S Sn n2 25 5S Sn n8 8S Sn n1 1S Sn n1 1(n n2)，2)，所所 以以 4 4S Sn n 2 2 4 4S Sn n 1 1S Sn nS Sn n 1 1 4 4S Sn n 1 14 4S Sn n(n n2)，2)，即即 4 4a an n2 2a an n4 4a an n1 1(n n2)，2)，5 5因为因为 4 4a a3 3a a1 144 1 16 64 4a a2 2，所以，所以 4 4

18、a an n2 24 4a an n4 4a an n1 1，1 1a an n2 2a an n1 12 21 1a an n1 1a an n2 24 4a an n2 22 2a an n1 14 4a an n1 12 2a an n因因为为-10-10-4 4a an n1 1a an n2 2a an n1 14 4a an n1 12 2a an n2 2a an n1 1a an n1 1.2 22 2a an n1 1a an n2 21 11 1所以数列所以数列 a an n1 1a an n 是以是以a a2 2a a1 11 1 为首项，为首项，2 22 21 1公比为

19、公比为 的等比数列；的等比数列；2 2 1 1 1 1由知，由知，a an n1 1a an n 是以是以a a2 2a a1 1为首项，公为首项，公2 2 2 2 1 1比为比为 的等比数列，的等比数列，2 2 1 1 n n1 11 1所以所以a an n1 1a an n .2 2 2 2 a an n1 1a an n即即4 4，1 1 n n1 1 1 1 n n 2 2 2 2 a an n a a1 1所以所以 1 1 n n 是以是以 2 2 为首项，为首项，4 4 为公差的等差为公差的等差 1 1 2 2 2 2数列，数列，-11-11-a an n所以所以2 2(n n1)

20、41)44 4n n2 2，即，即a an n(4(4n n 1 1 n n 2 2 1 1 n n 1 1 n n1 12)2)(2(2n n1)1)，2 2 2 2 1 1 所以数列所以数列 a an n 的通项公式是的通项公式是a an n(2(2n n1)1)2 2 n n1 1.(1)(1)判断一个数列是等差判断一个数列是等差(等比等比)数列，数列，还有通项还有通项公式法及前公式法及前n n项和公式法，但不作为证明方法项和公式法，但不作为证明方法(2)(2)假设要判断一个数列不是等差假设要判断一个数列不是等差(等比等比)数列，数列，只需判断存在连续三项不成等差只需判断存在连续三项不成

21、等差(等比等比)数列即数列即可可(3)(3)a an na an n1 1a an n1 1(n n2，2，n nN N)是是 a an n 为等比数列为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为数列时，要注意各项不为 0.0.对点训练对点训练 1 1(2022金华十校高考模拟(2022金华十校高考模拟)a a，b b为实常数，为实常数，-12-12-2 2*c ci i(i iN N)是公比不为是公比不为 1 1 的等比数列，直线的等比数列，直线axax*bybyc ci i0 0 与抛物线与抛物线y y2 2pxpx(

22、p p0)0)均有两个交点，均有两个交点，所成弦的中点为所成弦的中点为M Mi i(x xi i，y yi i)，那么以下说法错误的那么以下说法错误的选项是选项是()A A数列数列 x xi i 可能是等比数列可能是等比数列B B数列数列 y yi i 是常数列是常数列C C数列数列 x xi i 可能是等差数列可能是等差数列D D数列数列 x xi iy yi i 可能是等比数列可能是等比数列解析：解析：选选 C.C.由直线由直线axaxbybyc ci i0 0，当当a a0 0，b b0 0 时，直线时，直线bybyc ci i0 0 与抛物线与抛物线y y2 22 2pxpx(p p0

23、)0)仅有一个交点，不合题意仅有一个交点，不合题意当当a a0，0，b b0 0 时，直线时，直线axaxc ci i0 0，化为：，化为：2 2c ci ic ci ic ci ix x，那么，那么x xi i，y yi i0 0，x xi iy yi i，a aa aa a由由 c ci i(i iN N)是公比不为是公比不为 1 1 的等比数列，可得的等比数列，可得 x xi i 是等比数列，是等比数列，x xi iy yi i 是等比数列，不是等差是等比数列，不是等差数列数列当当a a0，0，b b0 0 时，直线时，直线axaxbybyc ci i0 0 化为：化为：-13-13-*

24、b bc ci ix xy y，代入抛物线，代入抛物线y y2 22 2pxpx(p p0)0)，所以，所以y y2 2a aa a2 2pbpb2 2pcpci iy y0.0.a aa a根据根与系数的关系可得：根据根与系数的关系可得：pbpbc ci ipbpb pbpbM Mi i 2 2，即即y yi i，y yi i 是常数列，是常数列，a aa a a a a a2 2是等比数列，是等差数列是等比数列，是等差数列综上可得：综上可得：A A，B B，D D 都有可能，都有可能，只有只有 C C 不可能不可能 应应选选 C.C.2 2记记S Sn n为等比数列为等比数列 a an n

25、 的前的前n n项和，项和，S S2 22 2，S S3 36.6.(1)(1)求求 a an n 的通项公式；的通项公式；(2)(2)求求S Sn n，并判断，并判断S Sn n1 1，S Sn n，S Sn n2 2是否成等差数是否成等差数列列解：解：(1)(1)设设 a an n 的公比为的公比为q q.由题设可得由题设可得 a a1 11 1q q2 2，2 2 a a1 11 1q qq q6.6.解得解得q q2 2，a a1 12.2.-14-14-故故 a an n 的通项公式为的通项公式为a an n(2)2).n na a1 11 1q q2 2(2)(2)由由(1)(1)

26、可可得得S Sn n(1 1q q3 3n n1 12 2n n1)1).3 3n n4 4n n2 2由于由于S Sn n2 2S Sn n1 1(1)1)3 3n n3 32 23 3n n2 22 2223 3n n1 12 2n n(1)1)2 2S Sn n，故故S Sn n1 1，S Sn n，S Sn n2 2成等差数列成等差数列3 3数列的性质及应用数列的性质及应用 核心提炼核心提炼 1.1.等差数列等差数列等比数列等比数列(1)(1)假设假设m m，n n，p p，q q(1)(1)假设假设m m，n n，p p，q q性性N N，且，且m mn np pq q，N N，且，

27、且m mn np p质质那么那么a am ma an na ap pa aq q；q q，(2)(2)a an na am m(n nm m)d d；那么那么a am ma an na ap pa aq q；-15-15-*(3)(3)S Sm m，S S2 2m mS Sm m，S S3 3m m(2)(2)a an na am mq qn nm m；S S2 2m m，仍成等差数列，仍成等差数列(3)(3)S Sm m，S S2 2m mS Sm m，S S3 3m mS S2 2m m，仍成等比数仍成等比数列列(q q1)1)2.2.递增递增(减减)数列数列从第二项起，每一项都大于它的前

28、一项，即从第二项起，每一项都大于它的前一项，即a an n a an n1 1(n n2)的数列叫做递增数列；每一项都小2)的数列叫做递增数列；每一项都小于它的前一项，即于它的前一项，即a an n 00 且且a a1 100是“数列是“数列 S Sn n 单调递增的单调递增的()A A充分不必要条件充分不必要条件B B必要不充分条件必要不充分条件C C充分必要条件充分必要条件D D既不充分也不必要条件既不充分也不必要条件(2)(2)设等比数列设等比数列 a an n 满足满足a a1 1a a3 31010，a a2 2a a4 45 5，-16-16-那么那么a a1 1a a2 2a a

29、n n的最大值为的最大值为_【解析】【解析】(1)(1)设等差数列设等差数列 a an n 的公差为的公差为d d，d d0.0.S Sn nnana1 1n nn n1 12 2 d d d dn n a a1 1 n n2 2 2 2 d d2 22 2 d d2 2a a1 12 2d d2 2a a1 1d d n n，2 2d d 2 2 8 8d d因为数列因为数列 S Sn n 单调递增，单调递增，d d2 2a a1 1所以所以d d00，1 1，2 2d d可得可得d d2 2a a1 10.0.由由a a2 200 且且a a1 100，可得，可得a a2 2a a1 1d

30、 d0.0.所以“所以“a a2 200 且且a a1 100是“数列是“数列 S Sn n 单调递增单调递增的既不充分也不必要条件的既不充分也不必要条件(2)(2)设设 a an n 的公比为的公比为q q，由，由a a1 1a a3 31010，a a2 2a a4 41 15 5 得得a a1 18 8，q q，那么，那么a a2 24 4，a a3 32 2，a a4 41 1，2 21 1a a5 5，所以，所以a a1 1a a2 2a an na a1 1a a2 2a a3 3a a4 464.64.2 2-17-17-【答案】【答案】(1)D(1)D(2)64(2)64等差、

31、等比数列性质问题的求解策略等差、等比数列性质问题的求解策略(1)(1)抓住项与项之间的关系及项的序号之间的抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解从这些特点入手选择恰当的性质进行求解(2)(2)数列是一种特殊的函数，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题题(3)(3)利用数列性质进行运算时，利用数列性质进行运算时，要利用整体思想要利用整体思想(如本例如本例(2)(2)，可以减少计算量，可以减少计算量，此方法还适用于此方法还适用于求函数值、求函数的解析

32、式等问题求函数值、求函数的解析式等问题 对点训练对点训练 1 1(2022丽水市高考数学模拟(2022丽水市高考数学模拟)设等比数列设等比数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，以下结论一定成立的是，以下结论一定成立的是()A Aa a1 1a a3 32 2a a2 2B Ba a1 1a a3 32 2a a2 2C Ca a1 1S S3 300D Da a1 1S S3 300解析：选解析：选 C.C.选项选项 A A，数列，数列1 1，1 1，1 1 为等比为等比-18-18-数列，数列，但但a a1 1a a3 3222222a a2 22 2，故，故 B B

33、错误；选项错误；选项 D D，数列，数列 1 1，1 1，1 1 为等比为等比数列，数列，但但a a1 1S S3 31010，故故 D D 错误；错误；对于选项对于选项 C C，a a1 1(a a1 12 2a a2 2a a3 3)a a1 1(a a1 1a a1 1q qa a1 1q q2 2)a a2 2(1(1q qq q)，因，因1 1为等比数列的项不为为等比数列的项不为 0 0，故，故a a00，而，而 1 1q qq q 1 1 2 23 32 22 2 q q 00，故，故a a1 1(1(1q qq q)0)0，故，故 C C 正确正确2 2 4 4 2 21 12

34、22 2 设公差为设公差为d d的等差数列的等差数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，2 21 1假设假设a a1 11 1，d d 00 得得d da a1 11 1n n，即，即n n11，d dd d2 21 119191 1因为因为 d d ，所以所以11 1000，当，当n n1010 时，时，a an n0.0.所以当所以当S Sn n取得最大值时取得最大值时n n的值为的值为 9.9.答案：答案：9 9数列中的交汇创新问题数列中的交汇创新问题 典型例题典型例题(1)(2022绍兴市一中高三期末检测(1)(2022绍兴市一中高三期末检测)对对于数列于数列 x

35、xn n，假设对任意假设对任意n nN N，都有都有x xn n2 2x xn n1 1 x xn n1 1*x xn n成立，那么称数列成立，那么称数列 x xn n 为“减差数列设为“减差数列设b bn n2 2t t*tntn2 2n n2 2n n1 1，假设数列假设数列b b5 5，b b6 6，b b7 7，b bn n(n n5，5，n nN N)是“减差数列，那么实数是“减差数列，那么实数t t的取值范围的取值范围是是()3 3 3 3 A.A.0 0，B.B.0 0，5 5 5 5 3 3 C.C.，5 5 3 3 D.D.，5 5(2)(2)意大利著名数学家斐波那契在研究兔

36、子繁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：殖问题时，发现有这样一列数：1 1，1 1，2 2，3 3，5 5，-20-20-8 8，1313，.该数列的特点是：前两个数都是该数列的特点是：前两个数都是 1 1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列假设那契数列假设 a an n 是“斐波那契数列，那是“斐波那契数列，那2 22 2么么(a a1 1a a3 3a a2 2)()(a a a aa a)()(a a a aa aa a

37、2 22 22 24 43 33 35 54 4)()(a a2 2 017017019019a a2 22 0182 018)的值为的值为_【解析】【解析】(1)(1)由数列由数列b b5 5，b b6 6，b b7 7，b bn n(n n5，5，n nN N)是“减差数列，得是“减差数列，得即即t t*b bn nb bn n2 22 22 2 b bn n1 1(n n5)，5)，2 2 2n n2 2化简得化简得t t(n n4 4n n)n n2 2，当，当n n55 时，假设时，假设t t(n nn n2 2 4 4n n)n n 2 2恒恒 成成 立立，那那 么么t t 2 2

38、n n4 4n n-21-21-1 14 4n n2 2n n2 21 1恒恒 成成 立立，又又 当当n n55时时，3 3的最大值为的最大值为，那么那么t t的取值范围的取值范围4 45 5n n2 2n n2 2 3 3 是是，.应选应选 C.C.5 5 2 22 2(2)(2)因为因为a a1 1a a3 3a a2 212121 1 1 1，a a a aa a2 22 24 43 313132 2 1 1，2 2a a3 3a a5 5a a25253 3 1 1，a a4 4a a6 6a a38385 5 1 1，a a2 0172 017a a2 0192 019a a2 22

39、 0182 0182 24 42 22 25 52 21 1，2 22 22 23 3共有共有 2 2 017017 项，项，所以所以(a a1 1a a3 3a a)()(a a2 2a a4 4a a)()(a a3 3a a5 52 2a a2 2)()(a aa aa a4 42 0172 0172 0192 0192 0182 018)1.1.【答案】【答案】(1)C(1)C(2)1(2)1数列新定义型创新题的一般解题思路数列新定义型创新题的一般解题思路(1)(1)阅读审清“新定义；阅读审清“新定义；(2)(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知结合常规的等差数列、等比数列的相关知

40、-22-22-识，化归、转化到“新定义的相关知识；识，化归、转化到“新定义的相关知识；(3)(3)利用“新定义及常规的数列知识，利用“新定义及常规的数列知识，求解证求解证明相关结论明相关结论 对点训练对点训练 1 1(2022杭州第一次质量预测(2022杭州第一次质量预测)正项等比数列正项等比数列1 13 3 a an n 中的中的a a1 1、a a4 0354 035是函数是函数f f(x x)x x4 4x x2 26 6x x3 33 3的极值点，那么的极值点，那么 loglog 6 6a a2 0182 018()A A1 1 B B2 2C C 2 2D D1 12 2解析：选解析

41、：选 A.A.因为因为f f(x x)x x8 8x x6 6，且，且a a1 1、a a4 0354 035是方程是方程x x8 8x x6 60 0 的两根，所以的两根，所以a a1 1a a4 0354 035a a2 22 0182 0182 26 6，即，即a a2 0182 018 6 6，所以，所以 loglog 6 6a a2 0182 0181 1，应选应选 A.A.2 2 假设数列假设数列 b bn n 对于对于n nN N，都有都有b bn n2 2b bn nd d(常常数数)，那么称数列，那么称数列 b bn n 是公差为是公差为d d的准等差数列，的准等差数列，4

42、4n n1 1，n n为奇数，为奇数，如数列如数列 c cn n，假设，假设c cn n 那么数那么数 4 4n n9 9，n n为偶数，为偶数，-23-23-*列列 c cn n 是公差为是公差为 8 8 的准等差数列的准等差数列 设数列设数列 a an n 满足满足a a1 1a a，对于，对于n nN N，都有，都有a an na an n1 12 2n n.(1)(1)求证：求证：a an n 为准等差数列；为准等差数列；(2)(2)求求 a an n 的通项公式及前的通项公式及前 2020 项和项和S S2020.解：解：(1)(1)证明：因为证明：因为a an n1 1a an n

43、2 2n n，所以所以a an n2 2a an n1 12 2n n2.2.由得由得a an n2 2a an n2(2(n nN N)，所以所以 a an n 是公差为是公差为 2 2 的准等差数列的准等差数列(2)(2)a a1 1a a，a an n1 1a an n2 2n n(n nN N)，所以所以a a1 1a a2 22 2，即，即a a2 22 2a a.所以由所以由(1)(1)可知可知a a1 1，a a3 3，a a5 5，成以，成以a a为首项，为首项，2 2 为公差的等差数列，为公差的等差数列，a a2 2，a a4 4，a a6 6，成以，成以 2 2a a为首项

44、，为首项，2 2 为公差的等差数列为公差的等差数列 n n 所以当所以当n n为偶数时，为偶数时，a an n2 2a a 1 1 2 2n n 2 2*a a，n n1 1 1 1 2 2n na a当当n n为奇数时，为奇数时，a an na a 2 2-24-24-1 1，n na a1 1，n n为奇数，为奇数，所以所以a an n n na a，n n为偶数为偶数.S S2020a a1 1a a2 2a a1919a a2020(a a1 1a a2 2)(a a3 3a a4 4)(a a1919a a2020)212123232192191 11919101022200.200

45、.2 2专题强化训练专题强化训练1 1(2022浙江新高考冲刺卷(2022浙江新高考冲刺卷)等差数列等差数列 a an n，S Sn n是是 a an n 的前的前n n项和，那么对于任意的项和，那么对于任意的n nN N，“a an n00是“是“S Sn n00的的()A A充分不必要条件充分不必要条件B B必要不充分条必要不充分条件件C C充要条件充要条件件件解析：选解析：选 A.A.对于任意的对于任意的n nN N，“a an n00，能推，能推出“出“S Sn n00，是充分条件，反之，不成立，比方：，是充分条件，反之，不成立，比方：-25-25-*D D既不充分也不必要条既不充分也

46、不必要条*数列数列3 3，1 1，1 1，3 3，5 5，不满足条件，不是必要，不满足条件，不是必要条件，应选条件，应选 A.A.2 2(2022浙江选考试卷(2022浙江选考试卷)设数列设数列 a an n 的前的前n n项项和为和为S Sn n，假设假设S Sn n1 12 2a an n1 1，n nN N，那么那么a a3 3()A A3 3C C1 1B B2 2D D0 0*解析：解析：选选 B.B.S Sn n1 12 2a an n1 1，n nN N，那么那么n n1 1 时，时，a a1 1a a2 22 2a a1 11 1，可得：，可得：a a2 2a a1 11.1.

47、n n2 2 时，时，a a1 1a a2 2a a3 32 2a a2 21 1，可得：，可得：a a3 32.2.应选应选 B.B.3 3“十二平均律是通用的音律体系，明代朱“十二平均律是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的开展做出了重要奉献十二平均律将一个纯论的开展做出了重要奉献十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于单音的频率的比都等于12122.2

48、.假设第一个单音的假设第一个单音的频率为频率为f f，那么第八个单音的频率为，那么第八个单音的频率为()A.A.2 2f fB.B.2 2f f-26-26-3 33 32 2C.C.12122 2f f5 5D.D.12122 2f f7 7解析：选解析：选D.D.从第二个单音起，每一个单音的频从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于率与它的前一个单音的频率的比都等于12122 2，第，第一个单音的频率为一个单音的频率为f f，由等比数列的概念可知，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为这十三个单音的频率构成一个首项为f f，公比为，公比为12122

49、2的等比数列，的等比数列，记为记为 a an n，那么第八个单音的频那么第八个单音的频12122)2)8 81 1率为率为a a8 8f f(12122 2f f，应选，应选 D.D.7 74 4(2022长春质量检测(2022长春质量检测(一一)等差数列等差数列 a an n 中，中，|a a6 6|a a1111|，且公差，且公差d d00，那么其前，那么其前n n项和取项和取最小值时最小值时n n的值为的值为()A A6 6C C8 8B B7 7D D9 9解析：选解析：选 C.C.由由d d00 可得等差数列可得等差数列 a an n 是递增数是递增数列，又列，又|a a6 6|a

50、a1111|，所以，所以a a6 6a a1111，即，即a a1 15 5d d1515d dd da a1 11010d d，所以，所以a a1 1，那么，那么a a8 8 000，所以前，所以前 8 8 项和为前项和为前n n项和的最小值，应选项和的最小值，应选C.C.5 5 等比数列等比数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，假设假设a a2 21212，a a3 3a a5 54 4，那么以下说法正确的选项是，那么以下说法正确的选项是()A A a an n 是单调递减数列是单调递减数列B B S Sn n 是单调递减是单调递减数列数列C C a a2 2n n