江苏省2013届高考数学二轮复习 专题9 数列(Ⅰ).doc

1、江苏省2013届高考数学（苏教版）二轮复习专题9 数_列()回顾20082012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

2、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：a1a4a，(a22)(a24)(a22)2，2a212，a26.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a12d.故.答案：3若lg 2，lg(2x1)，lg(2x3)成等差数列，则x的值等于_解析：lg 2lg(2x3)2lg(2x1)，2(2x3)(2x1)2，(2x)242x50,2x5，xlog25.答案：log254在ABC中，tan A是以4为第三项，4为第七项的等差数列的公差，tan

3、B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：a34，a74，d2，tan A2，b3，b69，q3，tan B3则tan Ctan(AB)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“2 012积数列”，且a11，则其前n项的积最大时，n_.解析：根据条件可知a1a2a3a2 012a2 012，故a1a2a3a2 0111，即a1，故a1 0061，而a11，故an的公比0q1，则0a1 0071，故数列an的前n项的积最大时，n1 005或1 006.

4、答案：1 005或1006(1)等差数列an前9项的和等于前4项的和若a11，aka40，则k_.(2)已知各项均为正数的等比数列an，a1a2a35，a7a8a910，则a1a2a9_.解析(1)由S9S4，所以a5a6a7a8a90，即5a70，所以a70，a10a42a70.所以k10.(2)由等比数列的性质知a1a2a3(a1a3)a2a5，a7a8a9(a7a9)a8a10，所以a2a850.所以a1a2a9a()950.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

5、数，若a1a2a315，a1a2a380，则a11a12a13_.解析：由条件可知，a25，从而a1a310，a1a316，得a12，a38，公差为3，所以a11a12a136(101112)3105.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，k1,2,3，n，n3)，公差为dm，并且a1n，a2n，a3n，ann成等差数列且dm(2m)d1(m1)d2.(1)当d11，d23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(cm0)，求数列2cndn的前n项

6、和Sn；(2)设N是不超过20的正整数，当nN时，对于(1)中的Sn，求使得不等式(Sn6)dn成立的所有N的值解(1)当d11，d23时，dm2m1(mN*)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(2m1)个奇数，所以第1组到第m组共有135(2m1)m2个奇数注意到前k个奇数的和为135(2k1)k2，所以前m2个奇数的和为(m2)2m4，即前m组中所有数之和为m4.所以(cm)4m4.因为cm0，所以cmm，从而2cmdm(2m1)2m(mN*)所以Sn12322523724(2n3)2n1(2n1)2n,2Sn1223

7、23524(2n3)2n(2n1)2n1，故Sn222222322422n(2n1)2n12(222232n)2(2n1)2n122(2n1)2n1(32n)2n16.所以Sn(2n3)2n16.(2)由(1)知dn2n1(nN*)，Sn(2n3)2n16(nN*)故不等式(Sn6)dn就是(2n3)2n150(2n1)考虑函数f(n)(2n3)2n150(2n1)(2n3)(2n150)100.当n1,2,3,4,5时，都有f(n)0，即(2n3)2n10，注意到当n6时，f(n)单调递增，故有f(n)0.因此当n6时，(2n3)2n150(2n1)成立，即(Sn6)dn成立所以，满足条件的

8、所有正整数N6,7，20.本题第二小问构造了函数f(n)(2n3)(2n150)100，其中g(n)2n3，h(n)2n150都是单调递增函数，但不是恒正，只有当n6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a133，an1an2n，则的最小值为_解析：(1)由0，则a5a6|a6|，此时|an|中第6项最小；若a6a60，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(anan1)(an1an2)(

9、a2a1)a1212(n1)33n2n33，所以n1，设函数f(x)x1，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nN*，所以在附近的整数取得最小值，由于，所以当n6时，有最小值为.答案：(1)6(2)已知数列an，bn满足bnan1an，其中n1,2,3，.(1)若a11，bnn，求数列an的通项公式；(2)若bn1bn1bn(n2)，且b11，b22.记cna6n1(n1)，求证：数列cn为等差数列解(1)当n2时，有ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)a1b1b2bn111.又因为a11也满足上式，所以数列an的通项为an1.(2

10、)证明：因为对任意的nN*有bn6bn，所以cn1cna6n5a6n1a6n5a6n4a6n4a6n3a6na6n1b6n1b6nb6n1b6n2b6n3b6n412217(n1)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bn6bn是数列周期性的体现已知数列an满足a1a2ann2(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)对任意给定的kN*，是否存在p，rN*(kpr)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n1时，a11；当n2，nN*时，a1a2an1(

11、n1)2，所以ann2(n1)22n1；当n1时，也适合综上所述，an2n1(nN*)(2)当k1时，若存在p，r使，成等差数列，则.因为p2，所以ar1，令bnan1(n1,2，)，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q1且q2.则q，6q9.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_解析：设这三个数分别为ad，a，ad(d0)，由于d0，所以ad，a，ad或ad，a，ad不可能成等比数列；若ad，ad，a或a，

12、ad，ad成等比数列，则(ad)2a(ad)，即d3a，此时q或q2；若a，ad，ad或ad，ad，a成等比数列，则(ad)2a(ad)，即d3a，此时q2或q.故q2或.答案：2或10已知两个等比数列an，bn满足a1a(a0)，b1a11，b2a22，b3a33，若数列an惟一，则a_.解析：设等比数列an的公比为q，则b1a1，b2aq2，b3aq23，(aq2)2(a1)(aq23)，即aq24aq3a10.因为数列an是惟一的，因此由方程aq24aq3a10解得的a，q的值是惟一的若0，则a2a0，又a0.因此这样的a不存在，故方程aq24aq3a10必有两个不同的实根，且其中一根为

13、零，于是有3a10，a，此时q4，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aaaa，S77.(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aaaa得3d(a4a3)d(a4a3)因为d0，所以a4a30，即2a15d0.又S77得7a1d7，解得a15，d2，所以an的通项公式为an2n7，前n项和Snn26n.(2)法一：，设2m3t，则t6，所以t为8的约数因为t是奇数，所以t可取的值为1，当t1，m2时，t63,2573，是数列an中的项；当t1，m1时，t615，数列an

14、中的最小项是5，不符合所以满足条件的正整数m2.法二：因为am26为数列an中的项，故为整数，又由(1)知am2为奇数，所以am22m31，即m1,2.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Tn2i1ai2a1a32n2an1，nN*.(1)若an是等差数列，证明：对于任意的nN*，Tn0；(2)对任意的nN*，若Tn0，证明：an是等差数列；(3)若Tn0，且a10，a21，数列bn满足bn2an，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，bN，a1，b1)，则称Sn为“好和”问S1，S2，S3，中是否存在“好和”，

15、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，Tn2i1ai2a1a32n2an1，2Tn22i1ai4a12a32n3an1.将上面两等式作差得Tna3a12i(ai1ai)2n2(an1an2)数列an是等差数列，设其公差为d，Tn2dd2i2n2d0，Tn0.(2)证明：对于任意的正整数n，Tn2i1ai2a1a32n2an10，Tn12i1ai2a1a32n3an20，将上面两等式作差得an12an2an30.由T12i1ai2a1a323a20即a3a2a2a1，综上，对一切正整数n，都有an12anan10，所以数列an是等差数列(3)由(2)知an是等差数列，其公差是1，所以ana1(n1)n1，bn2an2n1.当n2时，Sn3242n12n1，S13，所以对正整数n都有Sn2n1.由ab2n1，ab12n，a，bN，a1，b1，a只能是不小于3的奇数当b为偶数时，ab1(a1)(a1)2n，因为a1和a1都是大于1的正整数，所以存在正整数t，s，使得a12s，a12t，2s2t2,2t(2st1)2,2t2且2st11，t1，s2，相应的n3，即有S332，S3为好和；当b为奇数时，ab1(a1)(1aa2ab1)，由于1aa2ab1是b个奇数之和，仍为奇数，又a1为正偶数，所以(a1)(1aa2ab1)2n不成立，这时没有好和