一．知识系统整合1.知识网络2.知识梳理二. 规律方法收藏(1)在求等差数列和等比数列的通项公式时，分别用到了累加法和累乘法；(2)在求等差数列和等比数列的前n项和时，分别用到了倒序相加和错位相减.(3)等差数列和等比数列各自都涉及5个量，已知其中任意三个求其余两个，用到了方程思想.(4)在研究等差数列和等比数列单调性，等差数列前n项和最值问题时，都用到了函数思想.(5)等差数列和等比数列在很多地方是相似的，发现和记忆相关结论时用到了类比.三．学科思想培优一、数学抽象数学抽象是指通过对数量关系与空间形式的抽象，得到数学研究对象的素养．主要表现为：获得数学概念和规则，提出数学命题和模型，形成数学方法和思想，认识数学结构与体系．在本章中，主要表现在构造新数列，及数列的函数性质中.【典例1】（2021·河南高三月考（理））“春雨惊春清谷天，夏满芒夏署相连，秋处露秋寒霜降，冬霜雪冬小大寒”，这首二十四节气歌，记录了中国古代劳动人民在田间耕作长期经验的积累和智慧.“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录.我国古代天文学和数学著作《周牌算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则晷长为七尺五寸时，对应的节气为（ ）A ．春分､秋分B ．雨水､处暑C ．立春､立秋D ．立冬､立夏【答案】A【解析】设从夏至开始到冬至，各节气的晷长分别为1a ，2a ，3a ，…，13a ， 则夏至时晷长为115a =(寸)，冬至时晷长为13135a =(寸)， 因为每个节气晷长损益相同，则{}n a 为等差数列，设公差为d ， 所以131121512135a a d d =+=+=， 解得10d =，所以()15110105n a n n =+-⨯=+， 由75n a =，得7n =，即晷长七尺五寸对应的节气为从夏至开始的第七个节气，即秋分； 设从冬至开始到夏至，每个节气的晷长为n b ，则()()135********n b n n =+-⋅-=-+， 由75n b =，得7n =，即晷长七尺五寸对应的节气是从冬至开始的第七个节气，即春分. 所以晷长为七尺五寸时，对应的节气为春分和秋分.故选：A.【典例2】（2021·河南驻马店市·高三期末（文））1975年，考古工作者在湖南省云梦县睡虎地秦墓出土了大量记载秦法律令的竹简，其中包括徭律一条．徭律是秦代关于徭役的法律，其中规定：服徭戍迟到处以申斥和赀罚．失期三日到五日，谇；六日到旬，赀一盾；过旬，赀一甲．意思是：迟到2天以内算正常，不处罚；迟到3~5天，口头批评；迟到6~10日，罚一面盾牌；迟到10天以上，罚一副甲胄．若有一队服徭役的农民从甲地出发前往乙地，甲、乙两地相距900里，第一天行60里，以后每天都比前一天少行2里，要求18天内到达，则该队服徭役的农民最可能受到的惩罚是（ ）． A ．无惩罚 B ．谇C ．赀一盾D ．赀一甲【答案】C【解析】由题意知，每日行走的路程成等差数列，记为{}n a ， 因为首项为60，公差为2-，所以2=-+n a n 62． 设从甲地到乙地用k 天，则602629002-+⨯=k k ，即2619000-+=k k ，解得25k =或36k =（舍）， 即从甲地出发前往乙地所用的时间为25天， 因为要求18天到达，所以迟到了7天，又因为迟到6~10日，罚一面盾牌，故应赀一盾．故选：C.【典例3】（2021·宁夏吴忠市·高三一模（文））已知数列{}n a满足1a =*1,n n n +∈N ．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设*n nb n =∈N ，数列{}n b 的前n 项和n S ，求证：1n S <．【答案】（1）)*n a n =∈N；（2）证明见解析.【解析】（11n n +=，得1n n a a += ∴32121nn a aa a a a ⋅=-12n n⋅=-，∴1a =∴)*na n =∈N ．（2）由（1）得n n b a ===，∴12111111112231n n S b b b n n=+++=-+-++-=-+ 当*n ∈N 时，0>，∴1n S <，即证. 二、数学运算数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养，主要表现为：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，求得运算结果．在本章中，主要表现在求等差、等比数列的特定项，公差（公比），前n 项和，项数的运算中.【典例4】（2021·河南郑州市·高二期末（文））在等比数列{}n a 中，有31598a a a =，数列{}n b 是等差数列，且99b a =，则711b b +等于（ ） A ．4 B ．8C ．16D ．24【答案】C【解析】∴{}n a 是等比数列，∴2931598a a a a ==，90a ≠，所以98a =，即998b a ==，∴{}n b 是等差数列，所以7119216b b b +==． 故选：C ．【典例5】（2021·湖北荆州市·荆州中学高二期末）设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若10512S S =，则155S S =（ ） A ．12B ．13C ．23D ．34【答案】D【解析】{}n a 是等比数列，51051510,,S S S S S ∴--也称等比数列，10512S S =，设5102,S k S k ==， 则105S S k -=-，15102k S S ∴-=，则1532k S =， 15533224kS S k ∴==.故选：D. 【典例6】（2021·安徽六安市·高三一模（文））设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d >且2217a a =，则n S 取得最小值时，n 的值为（ ）A ．3B ．4C ．3或4D ．4或5【答案】C【解析】由2217a a =，可得()()17170a a a a +-=，因为0d >，所以170a a -≠，所以17 0a a +=，所以44200a a =⇒=．因为0d >，所以{}n a 是递增数列，所以1234560a a a a a a <<<=<<<，显然前3项和或前4项和最小．故选：C【典例7】（2021·河南许昌市·高二期末（理））在数列{}n a 中，11a =，22a =，对n *∀∈N ，215322n n n a a a ++=-，则2021a =（ ） A ．20183212⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．20193212⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．20203212⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．20213212⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】由215322n n n a a a ++=-得2113()2n n n n a a a a +++-=-∴数列1{}n n a a +-是以211a a -=为首项，32为公比的等比数列， 1*13()()2n n n a a n N -+∴-=∈∴当2n ≥时，11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+23101133331222231213123212n n n n ----⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭=+-⎛⎫=- ⎪⎝⎭经检验，1n =时成立．132()12n n a -∴=-．2020202132()12a ∴=-，故选：C.【典例8】（2021·广西河池市·高二期末（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+，则2021S =（ ）A ．20192020B ．20202021C ．20212022D ．10101011【答案】C【解析】数列{}n a 满足112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+， 则有1(1)(1)(2)n n n n a n n a ++=++，可得数列{}(1)n n n a +为常数列， 有1(1)2n n n a a +=，得(1)1n n n a +=，得1(1)n a n n =+，又由111(1)1n a n n n n ==-++，所以20211111112021112232021202220222022S =-+-+⋅⋅⋅-=-=．故选：C 【典例9】【多选】（2020·广东揭阳市·揭阳三中高二期中）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【解析】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.三、逻辑推理逻辑推理是指从一些事实和命题出发，依据规则推出其他命题的素养，主要表现为：掌握推理基本形式和规则，发现问题和提出问题，探索和表述论证过程，理解命题体系，有逻辑地表达与交流．本章主要表现求数列的通项公式，在等差，等比数列判定、数列求和及数列开放题运用等方面. 【典例10】【多选】（2020·湖北高二期中）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()2141n n S S n ++=+，下列说法正确的是（ ）A ．若首项11a =，则数列{}n a 的奇数项成等差数列B ．若首项11a =，则数列{}n a 的偶数项成等差数列C ．若首项11a =，则15477S =D ．若首项1a a =，若对任意*n ∈N ，1n n a a +<恒成立，则a 的取值范围是()3,5【答案】BCD【解析】由()2141n n S S n ++=+∴得()2124n n S n S n-+=≥∴，∴-∴可得()()12241421484n n a a n n n n +-=+==+++()2n ≥∴， 所以()()14213n n n a a n -+-≥=∴，∴-∴可得()1183n n a a n +-=-≥，因此数列{}n a 从第三项开始，奇数项成等差，偶数项也成等差；若11a =，即111S a ==，则()212411S S +=+，即21216a a +=，所以214a =； 由()322421S S +=+得32362a S +=，则36a =； 由()432431S S +=+得43264a S +=，则422a =； 所以3158a a -=≠，428a a -=，因此数列{}n a 的奇数项不成等差数列，偶数项成等差数列，即A 错，B 正确； 此时()()151********......S a a a a a a a =++++++++()()327717711787847722a a ⨯-⨯-⎡⎤⎡⎤=++⨯++⨯=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，即C 正确；因为37215,,,...,n a a a a +成公差为8的等差数列，2482,,,...,n a a a a 也成公差为8的等差数列； 为使对任意*n ∈N ，1n n a a +<恒成立， 只需1234a a a a <<<，若1a a =，由()21241116S S +=+=，则2162a a =-；由()32242136S S +=+=，可得2336242a S a =-=+；由()43243164S S +=+=得34642242a S a =-=-所以42242162a a a a <+<-<-，解得35a <<，即D 正确.故选：BCD. 【典例11】（2021·辽宁大连市·高三期末）在①2*31,4(n S n kn n N k =-+∈为常数)，①*1(,n n a a d n N d +=+∈为常数)，①*1,,(0n n a qa q n N q +=>∈为常数)这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，若问题中的数列存在，求数列()1*1n n n a N a +⎧⎫⎨⎭∈⎬⎩的前10项和；若问题中的数列不存在，说明理由.问题：是否存在数列{}*()∈n a n N ，其前n 项和为n S ，且131,4,a a ==___________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】答案见解析【解析】如果选择①，由11332,,a S a S S =⎧⎨=-⎩即31142743324k k k ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--+⎪⎩ 解得3414k k ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩该方程组无解， 所以该数列不存在.如果选择*1,(n n a a d n N d +=+∈②为常数)，即数列{}n a 为等差数列，由131,4==a a ，可得公差31322a a d -==， 所以3122n a n =- 所以12231011122310111112111111538a a a a a a a a a a a a ⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-= ⎪⎝⎭ 如果选择*1(0,,n n a qa q n N q +=>∈③为常数)，即数列{}n a 为等比数列，由131,4==a a，可得公比2q ==，所以11114(2)1n n n n n a a a a +-÷=≥， 所以数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为12，公比为14的等比数列，所以其前10项和为1021134⎛-⎫ ⎪⎝⎭. 【典例12】（2021·江苏徐州市·徐州一中高三期末）设数列{}n a ，{}n b 是公比不相等的两个等比数列，数列{}n c 满足*,n n n c a b n =+∈N ．（1）若2,3nnn n a b ==，是否存在常数k ，使得数列{}1n n c kc +-为等比数列?若存在，求k 的值；若不存在，说明理由；（2）证明：{}n c 不是等比数列．【答案】（1）存在，2k =或3k =；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意知，若数列{}1n n c kc +-为等比数列，则有()()()21211n n n n n n c kc c kc c kc +++--=-⋅-，其中2n ≥且*n ∈N ，将23n n n c =+代入上式，得 ()()()211221111232323232323n n n n n n n n n n n n k k k ++++++--⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-+=+-+⋅+-+⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 即21111(2)2(3)3(2)2(3)3(2)2(3)3n n n n n n k k k k k k ++--⎡⎤⎡⎤⎡⎤-+-=-+-⋅-+-⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 整理得1(2)(3)2306n n k k --⋅⋅=，解得2k =或3k =．（2）设数列{}n a ，{}n b 的公比分别为,,p q p q ≠且,0p q ≠，11,0a b ≠，则1111n n n c a p b q --=+，为证{}n c 不是等比数列，只需证2213c c c ≠⋅，事实上()22222221111112c a p b q a p a b pq b q =+=++， ()()()222222221311111111c c a b a p b q a p a b p q b q ⋅=+⋅+=+++，由于p q ≠，故222p q pq +>，又11,0a b ≠，从而2213c c c ≠⋅，所以{}n c 不是等比数列.【典例13】（2021·云南昆明市·高二期末（文））已知{}n a 是等差数列，{}n b 是递增的等比数列且前n 和为n S ，112822,10a b a a ==+=，___________.在①2345,,4b b b 成 等差数列，①12n n S λ+=+(λ为常数)这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b +的前n 项和n T .【答案】条件选择见解析；（1）n a n =，2n n b =；（2）212222n n n n T +=-++. 【解析】选∴解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，1281122,10,2810,1,1a a a a d a d =+=∴+=∴==，1(1)1n a n n ∴=+-⨯=. 由题意知132452,24b b b b ⎛⎫=⋅=+ ⎪⎝⎭，得324522b b b =+， 设等比数列{}n b 的公比为2222,522q b q b b q ⋅=+，即22520q q -+=， 解得2q ，或12q =，由数列{}n b 为递增等比数列可知12q =不合题意， 所以{}n b 是一个以2为首项，2为公比的等比数列.1222n n n b -∴=⨯=（2）由（1）知2n n n a b n +=+，()()()()1231222322n n T n ∴=++++++⋯++，()123(123)2222n n T n ∴=+++⋯+++++⋯+，()212(1)212n n n n T -+∴=+- 212222n n n n T +∴=-++. 选∴解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，1281122,10,2810,1,1a a a a d a d =+=∴+=∴==，1(1)1n a n n ∴=+-⨯=.令1n =，则111112,42,2S b S λλλ+=+∴==+=∴=-，122n n S +∴=-当2n ≥时，()()1122222n n n n n n b S S +-=-=---=当1n =时，12b =也满足上式.2n n b =（2）由（1）知2n n n a b n +=+，()()()()1231222322n n T n ∴=++++++⋯++，()123(123)2222n n T n ∴=+++⋯+++++⋯+，()212(1)212n n n n T -+∴=+-，212222n n n n T +∴=-++ 四、数学建模数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决问题的素养，主要表现在：发现和提出问题，建立和求解模型，检验和完善模型，分析和解决问题，在本章主要表现在数列的的实际应用问题中.【典例14】（2021·河南信阳市·高二期末（理））“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，为这个理论的发展做出了重要贡献.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.若第一个单音的频率为f ，则第六个单音的频率为（ ）A．B． CD【答案】B【解析】由题意知，十三个单音的频率构成等比数列{}n a，公比为 ∴第六个单音的频率561a a q =⋅=.故选：B.【典例15】（2021·河南高二期末（文））疫苗是解决“新冠病毒”的关键，为了早日生产“新冠病毒”疫苗，某研究所计划建设n 个实验室，从第1到第n 实验室的建设费用依次构成等差数列，已知第7实验室比第2实验室的建设费用高15万元，第3实验室和第6实验室的建设费用共为61万元，现在总共有建设费用438万元.则该研究所最多可以建设的实验室个数是（ ）A ．10个B ．11个C ．12个D ．13个【答案】C【解析】设第n 实验室的建设费用为n a 万元，其中1,2,3n =， 由题意可得723615152761a a d a a a d -==⎧⎨+=+=⎩，解得1203a d =⎧⎨=⎩，则()23133720222n n n S n n n -=+=+， 令438n S ≤，即23378760n n +-≤且n N +∈，解得12n ≤.所以最多可以建设12个实验室.故选：C.【典例16】（2021·上海普陀区·曹杨二中高二期末）某公司自2020年起，每年投入的设备升级资金为500万元，预计自2020年起(2020年为第1年)，因为设备升级，第n 年可新增的盈利()()5801,5100010.6,6n n n n a n -⎧-≤⎪=⎨-≥⎪⎩(单位：万元)，求： （1）第几年起，当年新增盈利超过当年设备升级资金；（2）第几年起，累计新增盈利总额超过累计设备升级资金总额.【答案】（1）第7年；（2）第12年.【解析】（1）当5n ≤时，80(1)500na n =->，解得7.25n >，即8n ≥，不成立， 当6n ≥时，51000(10.6)500n n a -=->，即50.60.5n -<，50.6n -随着n 的增大而减小， 当6n =时，650.60.60.5-=<不成立，当7n =时，750.60.360.5-=<成立，故第7年起，当年新增盈利超过当年设备升级资金；（2）当5n =时，累计新增盈利总额5123450801602403208005005S a a a a a =++++=++++=<⨯，可得所求n 超过5，当6n ≥时，55600(10.6)1000(5)50010.6n n S S n n --=+-->-， 整理得530.611.4n n -+⨯>，由于530.6n -⨯随着n 的增大而减小又当11n =时，1151130.611.4-+⨯<，故不成立，当12n =时，1251230.611.4-+⨯>，故成立，故从第12年起，累计新增盈利总额超过累计设备升级资金总额.。
