江苏省高考数学二轮复习 专题9 数列(Ⅰ)

江苏省2013届高考数学（苏教版）二轮复习专题9数__列(Ⅰ)回顾2008～2012年的考题，2008年第10题考查等差数列的前n项和公式，第19题考查了等差数列、等比数列的综合运用，2009年第14题考查等比数列，第17题考查等差数列的通项公式、前n项和公式，2010年第19题考查等差数列的通项公式与前n项和公式，2011年第13题考查等差数列与等比数列，第20题考查等差数列的综合运用，2012年第6题考查等比数列的通项公式，第20题考查等差数列与等比数列的综合运用.预测在2013年的高考题中：(1)等差数列、等比数列的通项公式、前n项和公式以及其性质仍然是高考热点，并以中高档低为主；(2)等差数列与等比数列的综合运用仍然可能作为压轴题出现.1．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2＝________.解析：a1a4＝a，(a2－2)(a2＋4)＝(a2＋2)2，2a2＝－12，a2＝－6.答案：－62．(2012·南京第二次模拟)设Sn是等差数{an}的前n项和，若＝，则＝________.解析：设{an}的公差为d，则由＝可得＝，故a1＝2d.故＝＝＝.答案：3．若lg2，lg(2x－1)，lg(2x＋3)成等差数列，则x的值等于________．解析：lg2＋lg(2x＋3)＝2lg(2x－1)，2(2x＋3)＝(2x－1)2，(2x)2－4·2x－5＝0,2x＝5，x＝log25.-10-\n答案：log254．在△ABC中，tanA是以－4为第三项，4为第七项的等差数列的公差，tanB是以为第三项，9为第六项的等比数列的公比，则这个三角形是________．解析：a3＝－4，a7＝4，d＝2，tanA＝2，b3＝，b6＝9，q＝3，tanB＝3则tanC＝－tan(A＋B)＝1，A，B，C都是锐角．答案：锐角三角形5．(2012·无锡名校第二次考试)若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的积，则称该数列为“m积数列”．若正项等比数列{an}是一个“2012积数列”，且a1>1，则其前n项的积最大时，n＝________.解析：根据条件可知a1a2a3…a2012＝a2012，故a1a2a3…a2011＝1，即a＝1，故a1006＝1，而a1>1，故{an}的公比0<q<1，则0<a1007<1，a1005>1，故数列{an}的前n项的积最大时，n＝1005或1006.答案：1005或1006　　(1)等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.(2)已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a1a2…a9＝________.[解析]　(1)由S9＝S4，所以a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，即5a7＝0，所以a7＝0，a10＋a4＝2a7＝0.所以k＝10.(2)由等比数列的性质知a1a2a3＝(a1a3)·a2＝a＝5，a7a8a9＝(a7a9)·a8＝a＝10，所以a2a8＝50.所以a1a2…a9＝a＝()9＝50.[答案]　(1)10　(2)50等差中项和等比中项的本质是整体思想的运用，用来实现等量之间的代换．这是在数列运用基本量研究外的一个重要的处理问题的手段．　　设等差数列{an}的公差为正数，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13＝________.解析：由条件可知，a2＝5，从而a1＋a3＝10，a1a3＝16，得a1＝2，a3-10-\n＝8，公差为3，所以a11＋a12＋a13＝6＋(10＋11＋12)×3＝105.答案：105　　有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为amk(m，k＝1,2,3，…，n，n≥3)，公差为dm，并且a1n，a2n，a3n，…，ann成等差数列．且dm＝(2－m)d1＋(m－1)d2.(1)当d1＝1，d2＝3时，将数列{dm}分组如下：(d1)，(d2，d3，d4)，(d5，d6，d7，d8，d9)，…(每组中数的个数构成等差数列)．设前m组中所有数之和为(cm)4(cm>0)，求数列{2cndn}的前n项和Sn；(2)设N是不超过20的正整数，当n>N时，对于(1)中的Sn，求使得不等式(Sn－6)>dn成立的所有N的值．[解]　(1)当d1＝1，d2＝3时，dm＝2m－1(m∈N*)．数列{dm}分组如下：(d1)，(d2，d3，d4)，(d5，d6，d7，d8，d9)，…按分组规律，第m组中有(2m－1)个奇数，所以第1组到第m组共有1＋3＋5＋…＋(2m－1)＝m2个奇数．注意到前k个奇数的和为1＋3＋5＋…＋(2k－1)＝k2，所以前m2个奇数的和为(m2)2＝m4，即前m组中所有数之和为m4.所以(cm)4＝m4.因为cm>0，所以cm＝m，从而2cmdm＝(2m－1)·2m(m∈N*)．所以Sn＝1·2＋3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n,2Sn＝1·22＋3·23＋5·24＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，故－Sn＝2＋2·22＋2·23＋2·24＋…＋2·2n－(2n－1)·2n＋1＝2(2＋22＋23＋…＋2n)－2－(2n－1)·2n＋1＝2×－2－(2n－1)·2n＋1＝(3－2n)2n＋1－6.所以Sn＝(2n－3)2n＋1＋6.(2)由(1)知dn＝2n－1(n∈N*)，Sn＝(2n－3)2n＋1＋6(n∈N*)．故不等式(Sn－6)>dn就是(2n－3)2n＋1>50(2n－1)．考虑函数f(n)＝(2n－3)2n＋1－50(2n－1)＝(2n－3)(2n＋1－50)－100.当n＝1,2,3,4,5时，都有f(n)<0，即(2n－3)2n＋1<50(2n－1)．而f(6)＝9(128－50)－100＝602>0，注意到当n≥6时，f(n)单调递增，故有f(n)>0.-10-\n因此当n≥6时，(2n－3)2n＋1>50(2n－1)成立，即(Sn－6)>dn成立．所以，满足条件的所有正整数N＝6,7，…，20.本题第二小问构造了函数f(n)＝(2n－3)·(2n＋1－50)－100，其中g(n)＝2n－3，h(n)＝2n＋1－50都是单调递增函数，但不是恒正，只有当n≥6时才能保证恒正，这样得到的函数f(n)才是单调递增函数，前五项的性质，可以代入后一一进行比较．　　(1)已知数列{an}为等差数列，若<－1，则数列{|an|}的最小项是第________项．(2)已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为________．解析：(1)由<－1得，若a6>0，则a5<－a6<0，此时等差数列为递增数列，|a5|>|a6|，此时{|an|}中第6项最小；若a6<0，则a5>－a6>0，此时等差数列为递减数列，|a5|>|a6|，仍然有{|an|}中第6项最小．故{|an|}中的最小项是第6项．(2)an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2[1＋2＋…＋(n－1)]＋33＝n2－n＋33，所以＝n＋－1，设函数f(x)＝x＋－1，则f′(x)＝1－，从而在(，＋∞)上函数f(x)为增函数，在(0，)上函数f(x)为减函数，因为n∈N*，所以在附近的整数取得最小值，由于＝，＝，所以当n＝6时，有最小值为.答案：(1)6　(2)　　已知数列{an}，{bn}满足bn＝an＋1－an，其中n＝1,2,3，….(1)若a1＝1，bn＝n，求数列{an}的通项公式；(2)若bn＋1bn－1＝bn(n≥2)，且b1＝1，b2＝2.记cn＝a6n－1(n≥1)，求证：数列{cn}为等差数列．[解]　(1)当n≥2时，有an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋b1＋b2＋…＋bn－1＝1＋＝－＋1.-10-\n又因为a1＝1也满足上式，所以数列{an}的通项为an＝－＋1.(2)证明：因为对任意的n∈N*有bn＋6＝＝＝＝bn，所以cn＋1－cn＝a6n＋5－a6n－1＝a6n＋5－a6n＋4＋a6n＋4－a6n＋3＋…＋a6n－a6n－1＝b6n－1＋b6n＋b6n＋1＋b6n＋2＋b6n＋3＋b6n＋4＝1＋2＋2＋1＋＋＝7(n≥1)．所以数列{cn}为等差数列．本题中{cn}是由{an}构成，而数列{an}又由数列{bn}构成，所以本题要证明数列{cn}是等差数列，其本质还是论证数列{bn}的特征，其中bn＋6＝bn是数列周期性的体现．　　已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝n2(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意给定的k∈N*，是否存在p，r∈N*(k<p<r)使，，成等差数列？若存在，用k分别表示p和r；若不存在，请说明理由．解：(1)当n＝1时，a1＝1；当n≥2，n∈N*时，a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)2，所以an＝n2－(n－1)2＝2n－1；当n＝1时，也适合．综上所述，an＝2n－1(n∈N*)．(2)当k＝1时，若存在p，r使，，成等差数列，则＝－＝.因为p≥2，所以ar<0，与数列{an}为正数相矛盾．因此，当k＝1时，不存在．当k≥2时，设ak＝x，ap＝y，ar＝z，则＋＝，所以z＝.令y＝2x－1得z＝xy＝x(2x－1)，此时ak＝x＝2k－1，ap＝y＝2x－1＝2(2k－1)－1，所以p＝2k－1，ar＝z＝(2k－1)(4k－3)＝2(4k2－5k＋2)－1.所以r＝4k2－5k＋2.综上所述，当k＝1时，不存在p，r；当k≥2时，存在p＝2k－1，r＝4k2－5k＋2满足题意．　　　　　　　　　　　　　　　　　-10-\n(1)等差、等比数列性质很多，在高考中以等差中项和等比中项的考查为主，在应用时，要注意等式两边的项的序号之间的关系．(2)在运用函数判断数列的单调性时，要注意函数的自变量为连续的，数列的自变量为不连续的，所以函数性质不能够完全等同于数列的性质．有些数列会出现前后几项的大小不一，从某一项开始才符合递增或递减的特征，这时前几项中每一项都必须研究．(3)由一个数列构造生成的新数列，再判断其是否是等差或等比数列时，如果已经有通项公式，则可以直接由通项公式的特征判断，如果只有递推关系，则需要用定义来证明．(4)数列中恒等关系和有解问题主要是建立关于数列中基本量或相关参数的方程，再进一步论证该方程是否有整数解问题，其中对方程的研究是关键，一般可从奇偶数、约数、有理数、无理数等方面论证，也可以先利用参数范围，代入相关的整数研究．(5)数列中的子数列或衍生数列问题，需要弄清楚该项在原数列中的特征和在新数列中的特征，代入时要注意分辨清楚．1．在等差数列{an}中，设S1＝a1＋a2＋…＋an，S2＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n，S3＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n，则S1，S2，S3关系为________．解析：S1＝Sn，S2＝S2n－Sn，S3＝S3n－S2n，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列．答案：等差数列2．(2012·南京第一次模拟)记等比数列{am}的前n项积为Tn(n∈N*)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝________.解析：因为{am}为等比数列，所以am－1·am＋1＝a.又由am－1am＋1－2am＝0，得am＝2.则T2m－1＝a，所以22m－1＝128，m＝4.答案：43．在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于________．解析：因数列{an}为等比数列，则an＝2qn－1，因数列{an＋1}也是等比数列，则3,2q＋1,2q2＋1成等比数列，(2q＋1)2＝3×(2q2＋1)，即q2－2q＋1＝0⇒q＝1，即an＝2，所以Sn＝2n.答案：2n4．设f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N)，则f(n)等于________．解析：f(n)＝＝(8n＋4－1)．-10-\n答案：(8n＋4－1)5．弹子跳棋共有60颗大小相同的球形弹子，现在棋盘上将它叠成正四面体球垛，使剩下的弹子尽可能的少，那么剩下的弹子有________个．解析：参考公式12＋22＋…＋n2＝.依题意第k层正四面体有1＋2＋3＋…＋k＝＝个，则前k层共有(12＋22＋…＋k2)＋(1＋2＋…＋k)＝≤60，k最大为6，剩4.答案：46．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，记Tn＝，如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都成立．则M的最小值是________．解析：由a4－a2＝8，可得公差d＝4，再由a3＋a5＝26，可得a1＝1，故Sn＝n＋2n(n－1)＝2n2－n，∴Tn＝＝2－.要使得Tn≤M，只需M≥2即可，故M的最小值为2.答案：27．(2012·镇江联考)若x，a1，a2，y成等差数列，x，b1，b2，y成等比数列，则的取值范围是________．解析：＝＝2＋＋.若x，y同号，则＋≥2，当且仅当x＝y时取等号；若x，y异号，则＋≤－2，当且仅当x＝－y时取等号，得的取值范围是(－∞，0]∪[4，＋∞)．答案：(－∞，0]∪[4，＋∞)8．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23，19,37,82}中，则6q＝________.解析：由条件知数列{an}中连续四项在集合{－54，－24，18,36,81}中，又|q|>1，所以q＜－1且q2＝＝.则q＝－，6q＝－9.答案：－99．三个互不相等的实数成等差数列，适当交换这三个数的位置后，变成一个等比数列，则此等比数列的公比是________．-10-\n解析：设这三个数分别为a－d，a，a＋d(d≠0)，由于d≠0，所以a－d，a，a＋d或a＋d，a，a－d不可能成等比数列；若a－d，a＋d，a或a，a＋d，a－d成等比数列，则(a＋d)2＝a(a－d)，即d＝－3a，此时q＝＝－或q＝＝－2；若a，a－d，a＋d或a＋d，a－d，a成等比数列，则(a－d)2＝a(a＋d)，即d＝3a，此时q＝＝－2或q＝＝－.故q＝－2或－.答案：－2或－10．已知两个等比数列{an}，{bn}满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，若数列{an}惟一，则a＝________.解析：设等比数列{an}的公比为q，则b1＝a＋1，b2＝aq＋2，b3＝aq2＋3，(aq＋2)2＝(a＋1)(aq2＋3)，即aq2－4aq＋3a－1＝0.因为数列{an}是惟一的，因此由方程aq2－4aq＋3a－1＝0解得的a，q的值是惟一的．若Δ＝0，则a2＋a＝0，又a>0.因此这样的a不存在，故方程aq2－4aq＋3a－1＝0必有两个不同的实根，且其中一根为零，于是有3a－1＝0，a＝，此时q＝4，数列{an}是惟一的，因此a＝.答案：11．设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a＋a＝a＋a，S7＝7.(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)试求所有的正整数m，使得为数列{an}中的项．解：(1)设公差为d，则由a－a＝a－a得－3d(a4＋a3)＝d(a4＋a3)．因为d≠0，所以a4＋a3＝0，即2a1＋5d＝0.又S7＝7得7a1＋d＝7，解得a1＝－5，d＝2，所以{an}的通项公式为an＝2n－7，前n项和Sn＝n2－6n.(2)法一：＝，设2m－3＝t，则＝＝t＋－6，所以t为8的约数．因为t是奇数，所以t可取的值为±1，-10-\n当t＝1，m＝2时，t＋－6＝3,2×5－7＝3，是数列{an}中的项；当t＝－1，m＝1时，t＋－6＝－15，数列{an}中的最小项是－5，不符合．所以满足条件的正整数m＝2.法二：因为＝＝am＋2－6＋为数列{an}中的项，故为整数，又由(1)知am＋2为奇数，所以am＋2＝2m－3＝±1，即m＝1,2.经检验，符合题意的正整数m为2.12．设数列{an}是一个无穷数列，记Tn＝2i－1ai＋2a1－a3－2n＋2an＋1，n∈N*.(1)若{an}是等差数列，证明：对于任意的n∈N*，Tn＝0；(2)对任意的n∈N*，若Tn＝0，证明：{an}是等差数列；(3)若Tn＝0，且a1＝0，a2＝1，数列{bn}满足bn＝2an，由{bn}构成一个新数列3，b2，b3，…设这个新数列的前n项和为Sn，若Sn可以写成ab，(a，b∈N，a>1，b>1)，则称Sn为“好和”．问S1，S2，S3，…中是否存在“好和”，若存在，求出所有“好和”；若不存在，说明理由．解：(1)证明：对于任意的正整数n，∵Tn＝2i－1ai＋2a1－a3－2n＋2an＋1，∴2Tn＝22i－1ai＋4a1－2a3－2n＋3an＋1.将上面两等式作差得－Tn＝a3－a1＋2i(ai＋1－ai)＋2n＋2(an＋1－an＋2)．∵数列{an}是等差数列，设其公差为d，∴－Tn＝2d＋d2i－2n＋2d＝0，∴Tn＝0.(2)证明：∵对于任意的正整数n，Tn＝2i－1ai＋2a1－a3－2n＋2an＋1＝0，∴Tn＋1＝2i－1ai＋2a1－a3－2n＋3an＋2＝0，将上面两等式作差得an＋1－2an＋2＋an＋3＝0.由T1＝2i－1ai＋2a1－a3－23a2＝0即a3－a2＝a2－a1，综上，对一切正整数n，都有an＋1－2an＋an－1＝0，所以数列{an}是等差数列．-10-\n(3)由(2)知{an}是等差数列，其公差是1，所以an＝a1＋(n－1)＝n－1，bn＝2an＝2n－1.当n≥2时，Sn＝3＋2＋4＋…＋2n－1＝2n＋1，S1＝3，所以对正整数n都有Sn＝2n＋1.由ab＝2n＋1，ab－1＝2n，a，b∈N，a>1，b>1，a只能是不小于3的奇数．当b为偶数时，ab－1＝(a＋1)(a－1)＝2n，因为a＋1和a－1都是大于1的正整数，所以存在正整数t，s，使得a＋1＝2s，a－1＝2t，2s－2t＝2,2t(2s－t－1)＝2,2t＝2且2s－t－1＝1，t＝1，s＝2，相应的n＝3，即有S3＝32，S3为好和；当b为奇数时，ab－1＝(a－1)(1＋a＋a2＋…＋ab－1)，由于1＋a＋a2＋…＋ab－1是b个奇数之和，仍为奇数，又a－1为正偶数，所以(a－1)(1＋a＋a2＋…＋ab－1)＝2n不成立，这时没有好和．　-10-