1、大二轮理2大二轮 数学 理第一步 考前必看 八大提分笔记四、数列、不等式 第三编 考前冲刺攻略3大二轮 数学 理1 数列的概念(1)数列是一个定义域为正整数集 N*(或它的有限子集1,2,3，n)的特殊函数，数列的通项公式也就是相应函数的解析式(2)前 n 项和 Sna1a2a3an，anS1 n1，SnSn1n2.4大二轮 数学 理2 等差数列的有关概念(1)等差数列的判断方法：定义法 an1and(d 为常数)或 an1ananan1(n2)(2)等差数列的通项：ana1(n1)d 或 anam(nm)d.(3)等差数列的前 n 项和：Snna1an2，Snna1nn12d.(4)等差中项
2、：若 a，A，b 成等差数列，则 A 叫做 a 与 b的等差中项，且 Aab2.5大二轮 数学 理3 等差数列的性质(1)当公差 d0 时，等差数列的通项公式 ana1(n1)ddna1d 是关于 n 的一次函数，且斜率为公差 d；前n 项和 Snna1nn12dd2n2a1d2 n 是关于 n 的二次函数且常数项为 0.(2)若公差 d0，则为递增等差数列；若公差 d0，则为递减等差数列；若公差 d0，则为常数列(3)当 mnpq 时，则有 amanapaq，特别地，当 mn2p 时，则有 aman2ap.6大二轮 数学 理4 等比数列的有关概念(1)等比数列的判断方法：定义法an1an q
3、(q 为常数)，其中 q0，an0 或an1an anan1(n2)(2)等比数列的通项：ana1qn1 或 anamqnm.(3)等比数列的前 n 项和：当 q1 时，Snna1；当 q1时，Sna11qn1qa1anq1q.7大二轮 数学 理易错警示：由于等比数列前 n 项和公式有两种形式，为此在求等比数列前 n 项和时，首先要判断公比 q 是否为 1，再由 q 的情况选择求和公式的形式，当不能判断公比 q 是否为 1 时，要分 q1 和 q1 两种情形讨论求解(4)等比中项：若 a，A，b 成等比数列，那么 A 叫做 a与 b 的等比中项值得注意的是，不是任何两数都有等比中项，只有同号两
4、数才存在等比中项，且有两个，即为 ab.5 等比数列的性质当 mnpq 时，则有 amanapaq，特别地，当 mn2p 时，则有 amana2p.8大二轮 数学 理6 数列求和的方法(1)公式法：等差数列、等比数列求和公式；(2)分组求和法；(3)倒序相加法；(4)错位相减法；(5)裂项相消法如：1nn11n 1n1；1nnk1k1n 1nk.7 在求不等式的解集、定义域及值域时，其结果一定要用集合或区间表示，不能直接用不等式表示8 不等式两端同时乘以一个数或同时除以一个数，不讨论这个数的正负，从而出错9大二轮 数学 理9 两个不等式相乘时，必须注意同向同正时才能进行10 含参数不等式求解的
5、通法是“定义域是前提，函数增减性是基础，分类讨论是关键”注意解完之后要写上：“综上，原不等式的解集是”注意：按参数讨论，最后应按参数取值分别说明其解集；但若按未知数讨论，最后应求并集10大二轮 数学 理11 利用基本不等式 ab2 ab以及变式 abab22 等求函数的最值时，务必注意 a，bR(或 a，b 非负)，ab 或ab 应是定值，特别要注意等号成立的条件12 解线性规划问题，要注意边界的虚实；注意目标函数中 y 的系数的正负；注意最优整数解11大二轮 数学 理数列 an 与 Sn 的关系不清致误例1 已知数列an的前 n 项之和为 Snn2n1，则数列an的通项公式为_an3，n1，
6、2n，n2.正解 当 n1 时，a1S13；当 n2 时，ann2n1(n1)2(n1)12n，an3，n1，2n，n2.12大二轮 数学 理错解 an2n错因分析 若 an2n，则 a12，事实上 a1S13.防范措施 本题的失分原因是没有注意到 anSnSn1 是在 n2 的条件下才能成立这是由于对数列概念理解不透彻所致在解关于由 Sn 求 an 的题目时，按两步进行讨论，可避免出错当 n1 时，a1S1；当 n2 时，anSnSn1.检验 a1 是否适合由求得的解析式，若符合，则统一，若不符合，则用分段函数：anS1 n1，SnSn1n2来表达13大二轮 数学 理补救训练 1 已知数列a
7、n的前 n 项和为 Sn，且满足 an2SnSn10(n2，nN*)，a112.(1)求证：1Sn 是等差数列；(2)求数列an的通项公式解(1)证明：由 an2SnSn10(n2，nN*)，得 SnSn12SnSn10，所以 1Sn 1Sn12(n2，nN*)，故1Sn 是等差数列14大二轮 数学 理(2)由(1)知，1Sn2n，故 Sn 12n，anSnSn1 12n12n112nn1(n2，nN*)，所以 an12，n1，12nn1，n2.15大二轮 数学 理忽视等比数列中 q 的分类讨论致误例2 设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S3S6S9，则数列的公比 q 是_1 或1正解
8、 当 q1 时，S3S69a1，S99a1，S3S6S9 成立当 q1 时，由 S3S6S9，得a11q31qa11q61qa11q91q.q9q6q310，即(q31)(q61)0.q1，q310，q61，q1.16大二轮 数学 理错解 由 S3S6S9 得a11q31qa11q61qa11q91qq9q6q310，即(q61)(q31)0q1，q61，q1.错因分析 当 q1 时，符合要求很多考生在做本题时都想当然地认为 q1.17大二轮 数学 理防范措施 在表示等比数列an的前 n 项和时，考生只想到 Sna11qn1q，把 q1 的情况不自觉地排除在外，这是对前 n 项和公式理解不透彻
9、所致解等比数列的问题，一定要注意对公比的分类讨论，这是防止出错的一个很好方法18大二轮 数学 理补救训练 2 2016湖北八校联考在等比数列an中，a332，S392.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnlog26a2n1，且bn为递增数列，若 cn1bnbn1，求证：c1c2c3cn14.解(1)设等比数列an的公比为 q，则由题意得 S3a1a2a3 32q2 32q3292，19大二轮 数学 理解得 q1 或 q12，当 q1 时，an32；当 q1 时，a1 32q26，an612n1.(2)证明：bn为递增数列，an612n1，a2n1614n，bn2n，20大二轮 数学 理
10、cn12n2n2141nn1141n 1n1，c1c2c3cn141 1n1 14.21大二轮 数学 理数列求最值忽略 n 的限制条件致误例3 已知数列an的通项公式为 an(n2)910n(nN*)，则数列an的最大项是()A.第 6 项或第 7 项B第 7 项或第 8 项C.第 8 项或第 9 项D第 7 项22大二轮 数学 理正解 因为 an1an(n3)910n1(n2)910n910n7n10，当 n0，即 an1an；当 n7 时，an1an0，即 an1an；当 n7 时，an1an0，即 an1an.故 a1a2a9a10，所以此数列的最大项是第 7项或第 8 项，故选 B.2
11、3大二轮 数学 理错解 因为 an1an(n3)910n1(n2)910n910n7n10，当 n0，即 an1an；当 n7 时，an1an0，即 an1an，当 n7 时，an1an0，即 an1an，故 a7 最大，选 D.错因分析 忽略了 a70，a7a8.防范措施 求解数列an的前 n 项和 Sn 的最值，无论是利用 Sn 还是利用 an 来求，都要注意 n 的取值的限制，因为数列中可能出现零项，所以在利用不等式组求解时，不能漏掉不等式组中的等号，避免造成无解或漏解的失误.24大二轮 数学 理补救训练 3 已知数列bn通项公式为 bn312n112，Tn 为bn的前 n 项和若对任意
12、 nN*，不等式12k12n2Tn2n7 恒成立，则实数 k 的取值范围为_k 332解析 因为 bn312n112，所以 Tn3112 122 12n1 n231 12n112n261 12n n2.因为不等式12k12n2Tn2n7，25大二轮 数学 理化简得 k2n72n对任意 nN*恒成立设 cn2n72n，则 cn1cn2n172n12n72n92n2n1，当 n5 且 nN*时，cn1cn，cn为单调递减数列，当 1ncn，cn为单调递增数列，116c40，数列an的前 n 项和为 Sn，数列|an|的前 n项和为 Tn，则,当 nm 时，Tna1a2anSn，,当 nm 时，Tn
13、a1a2amam1anSn2Sm，要注意这个转化策略.在数列问题中，一定要注意项数n的取值范围，特别是在它取不同的值造成不确定的因素时，要注意对其加以分类讨论.30大二轮 数学 理补救训练 4 已知等差数列an前三项的和为3，前三项的积为 8.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若 a2，a3，a1 成等比数列，求数列|an|的前 n 项和解(1)由已知设 an 的公差为 d，得a1a1da12d3a13d3，a1a1da12d8，解得a12，d3或a14，d3.31大二轮 数学 理所以由等差数列通项公式可得 an23(n1)3n5 或 an43(n1)3n7.故 an3n5 或 an3n7
14、.(2)当 an3n5 时，a2，a3，a1 分别为1，4,2，不成等比数列，当 an3n7 时，a2，a3，a1 分别为1,2，4，成等比数列，满足条件故|an|3n7|3n7，n1，2，3n7，n3.32大二轮 数学 理记数列|an|的前 n 项和为 Sn.当 n1 时，S1|a1|4；当 n2 时，S2|a1|a2|5；当 n3 时，SnS2|a3|a4|an|5(337)(347)(3n7)5n223n7232n2112 n10.当 n2 时，满足此式，综上，Sn4，n1，32n2112 n10，n1.33大二轮 数学 理裂项相消求和忽略余项致误例5 在数列an中，an 1n1 2n1
15、 nn1，又bn1anan1，则数列bn的前 n 项和为()A.n2B.nn1C.2nn1D.4nn134大二轮 数学 理正解 由已知得 an 1n1 2n1 nn1 1n1(12n)n2，从而 bn1anan11n2n1241n 1n1，所以数列bn的前 n 项和为 Sn4112 1213 1314 1n 1n1 41 1n1 4nn1.故选 D.35大二轮 数学 理错解 an 1n1 2n1 nn1 1n1(12n)n2，从而 bn4nn11n 1n1，所以数列bn的前 n项和 Sn11212131n 1n1 nn1，故选 B.错因分析 bn4nn141n 1n1，裂项前后等号不成立防范措
16、施 裂项相消后搞错剩余项，导致求和错误，一般情况下剩余的项是对称的，即前面剩余的项和后面剩余的项是对应的.36大二轮 数学 理补救训练 5 正项等差数列an满足 a14，且 a2，a42,2a78 成等比数列，an的前 n 项和为 Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn1Sn2，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)设数列an公差为 d(d0)，由已知得 a2(2a78)(a42)2，化简得 d24d120，解得 d2 或 d6(舍)，所以 ana1(n1)d2n2.37大二轮 数学 理(2)因为 Snna1an2n2n62n23n，所以 bn1Sn21n23n21n1n21n11
17、n2，所以 Tnb1b2b3bn1213 1314 14151n1 1n2 12 1n2n2n4.38大二轮 数学 理忽视基本不等式中等号成立的条件致误例6 已知：a0，b0，ab1，求a1a2b1b2 的最小值正解 a1a2b1b2a2b21a2 1b24(a2b2)1a2 1b2 439大二轮 数学 理(ab)22ab1a1b2 2ab 4(12ab)1 1a2b2 4，由 abab2214，得 12ab11212，且 1a2b216,1 1a2b217.原式12174252(当且仅当 ab12时，等号成立)，a1a2b1b2 的最小值是252.40大二轮 数学 理错解 由a1a2b1b2
18、a2b2 1a2 1b242ab2ab44ab 1ab48，得a1a2b1b2 的最小值是 8.错因分析 两次利用基本不等式，条件不能同时成立41大二轮 数学 理防范措施 利用基本不等式求最值时，无论怎样变形，均需满足“一正、二定、三相等”的条件在上面的解答中，两次用到了基本不等式 a2b22ab，第一次等号成立的条件是 ab12，第二次等号成立的条件是 ab 1ab，显然，这两个条件是不能同时成立的，因此，8 不是最小值解决这类问题时，应尽量避免多次应用基本不等式，如连续应用了基本不等式，应特别注意检查等号是否能同时成立42大二轮 数学 理补救训练 6 2016唐山一模已知 x，yR，满足 x22xy4y26，则 zx24y2 的取值范围为_4,12解析 2xy6(x24y2)，而 2xyx24y22，6(x24y2)x24y22，x24y24，当且仅当 x2y 时取等号又(x2y)262xy0，即 2xy6，zx24y262xy12.综上可得 4x24y212.
