《江蘇省2020屆高考數(shù)學二輪復習 專題9 數(shù)列(Ⅰ)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《江蘇省2020屆高考數(shù)學二輪復習 專題9 數(shù)列(Ⅰ)（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、江蘇省2020屆高考數(shù)學（蘇教版）二輪復習專題9 數(shù)__列(Ⅰ)
回顧2020～2020年的考題，2020年第10題考查等差數(shù)列的前n項和公式，第19題考查了等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合運用，2020年第14題考查等比數(shù)列，第17題考查等差數(shù)列的通項公式、前n項和公式，2020年第19題考查等差數(shù)列的通項公式與前n項和公式，2020年第13題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列，第20題考查等差數(shù)列的綜合運用，2020年第6題考查等比數(shù)列的通項公式，第20題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合運用.
預測在2020年的高考題中：
(1)等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式、前n項和公式以及其性質仍然是高考熱
2、點，并以中高檔低為主；
(2)等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合運用仍然可能作為壓軸題出現(xiàn).
1．已知等差數(shù)列{an}的公差為2，若a1，a3，a4成等比數(shù)列，則a2＝________.
解析：a1a4＝a，(a2－2)(a2＋4)＝(a2＋2)2，
2a2＝－12，a2＝－6.
答案：－6
2．(2020·南京第二次模擬)設Sn是等差數(shù){an}的前n項和，若＝，則＝________.
解析：設{an}的公差為d，則由＝可得
＝，故a1＝2d.
故＝＝＝.
答案：
3．若lg 2，lg(2x－1)，lg(2x＋3)成等差數(shù)列，則x的值等于________．
解析：lg
3、 2＋lg(2x＋3)＝2lg(2x－1)，
2(2x＋3)＝(2x－1)2，
(2x)2－4·2x－5＝0,2x＝5，x＝log25.
答案：log25
4．在△ABC中，tan A是以－4為第三項，4為第七項的等差數(shù)列的公差，tan B是以為第三項，9為第六項的等比數(shù)列的公比，則這個三角形是________．
解析：a3＝－4，a7＝4，d＝2，tan A＝2，b3＝，b6＝9，q＝3，tan B＝3則tan C＝－tan(A＋B)＝1，A，B，C都是銳角．
答案：銳角三角形
5．(2020·無錫名校第二次考試)若一個數(shù)列的第m項等于這個數(shù)列的前m項的積，則稱該數(shù)列為“m積數(shù)
4、列”．若正項等比數(shù)列{an}是一個“2 012積數(shù)列”，且a1>1，則其前n項的積最大時，n＝________.
解析：根據(jù)條件可知a1a2a3…a2 012＝a2 012，
故a1a2a3…a2 011＝1，即a＝1，故a1 006＝1，而a1>1，故{an}的公比01，故數(shù)列{an}的前n項的積最大時，n＝1 005或1 006.
答案：1 005或1006
(1)等差數(shù)列{an}前9項的和等于前4項的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，則k＝________.
(2)已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}，a1a2a3＝5，a
5、7a8a9＝10，則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)由等比數(shù)列的性質知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
等差中項和等比中項的本質是整體思想的運用，用來實現(xiàn)等量之間的代換．這是在數(shù)列運用基本量研究外的一個重要的處理問題的手段．
設等差數(shù)列{an}的公差為正數(shù)，若a1＋a2＋
6、a3＝15，a1a2a3＝80，則a11＋a12＋a13＝________.
解析：由條件可知，a2＝5，從而a1＋a3＝10，a1a3＝16，得a1＝2，a3＝8，公差為3，所以a11＋a12＋a13＝6＋(10＋11＋12)×3＝105.
答案：105
有n個首項都是1的等差數(shù)列，設第m個數(shù)列的第k項為amk(m，k＝1,2,3，…，n，n≥3)，公差為dm，并且a1n，a2n，a3n，…，ann成等差數(shù)列．且dm＝(2－m)d1＋(m－1)d2.
(1)當d1＝1，d2＝3時，將數(shù)列{dm}分組如下：
(d1)，(d2，d3，d4)，(d5，d6，d7，d8，d9)，…
7、(每組中數(shù)的個數(shù)構成等差數(shù)列)．
設前m組中所有數(shù)之和為(cm)4(cm>0)，求數(shù)列{2cndn}的前n項和Sn；
(2)設N是不超過20的正整數(shù)，當n>N時，對于(1)中的Sn，求使得不等式(Sn－6)>dn成立的所有N的值．
[解] (1)當d1＝1，d2＝3時，dm＝2m－1(m∈N*)．
數(shù)列{dm}分組如下：(d1)，(d2，d3，d4)，(d5，d6，d7，d8，d9)，…
按分組規(guī)律，第m組中有(2m－1)個奇數(shù)，
所以第1組到第m組共有1＋3＋5＋…＋(2m－1)＝m2個奇數(shù)．
注意到前k個奇數(shù)的和為1＋3＋5＋…＋(2k－1)＝k2，
所以前m2個奇數(shù)的和為
8、(m2)2＝m4，
即前m組中所有數(shù)之和為m4.所以(cm)4＝m4.
因為cm>0，所以cm＝m，從而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
9、)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)．
考慮函數(shù)f(n)＝(2n－3)2n＋1－50(2n－1)
＝(2n－3)(2n＋1－50)－100.
當n＝1,2,3,4,5時，都有f(n)<0，
即(2n－3)2n＋1<50(2n－1)．
而f(6)＝9(128－50)－100＝602>0，
注意到當n≥6時，f(n)單調遞增，故有f(n)>0.
因此當n≥6時，(2n－3)2n＋1>50(2n－1)成立，
即(Sn－6)>dn成立．
所以，滿足條件的所有正整數(shù)N
10、＝6,7，…，20.
本題第二小問構造了函數(shù)f(n)＝(2n－3)·(2n＋1－50)－100，其中g(n)＝2n－3，h(n)＝2n＋1－50都是單調遞增函數(shù)，但不是恒正，只有當n≥6時才能保證恒正，這樣得到的函數(shù)f(n)才是單調遞增函數(shù)，前五項的性質，可以代入后一一進行比較．
(1)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，若<－1，則數(shù)列{|an|}的最小項是第________項．
(2)已知數(shù)列{an}滿足a1＝33，an＋1－an＝2n，則的最小值為________．
解析：(1)由<－1得，若a6>0，則a5<－a6<0，此時等差數(shù)列為遞增數(shù)列，|a5|>|a6|，此時{|a
11、n|}中第6項最小；若a6<0，則a5>－a6>0，此時等差數(shù)列為遞減數(shù)列，|a5|>|a6|，仍然有{|an|}中第6項最?。蕒|an|}中的最小項是第6項．
(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，設函數(shù)f(x)＝x＋－1，則f′(x)＝1－，從而在(，＋∞)上函數(shù)f(x)為增函數(shù)，在(0，)上函數(shù)f(x)為減函數(shù)，因為n∈N*，所以在附近的整數(shù)取得最小值，由于＝，＝，所以當n＝6時，有最小值為.
答案：(1)6 (2)
已知數(shù)列{an}，{bn}滿足bn＝
12、an＋1－an，其中n＝1,2,3，….
(1)若a1＝1，bn＝n，求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若bn＋1bn－1＝bn(n≥2)，且b1＝1，b2＝2.記cn＝a6n－1(n≥1)，求證：數(shù)列{cn}為等差數(shù)列．
[解] (1)當n≥2時，有
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋b1＋b2＋…＋bn－1＝1＋＝－＋1.
又因為a1＝1也滿足上式，
所以數(shù)列{an}的通項為an＝－＋1.
(2)證明：因為對任意的n∈N*有
bn＋6＝＝＝＝bn，
所以cn＋1－cn＝a6n＋5－a6n－1＝a6n＋5－a6n＋4＋a6n＋4－a6
13、n＋3＋…＋a6n－a6n－1＝b6n－1＋b6n＋b6n＋1＋b6n＋2＋b6n＋3＋b6n＋4＝1＋2＋2＋1＋＋＝7(n≥1)．
所以數(shù)列{cn}為等差數(shù)列．
本題中{cn}是由{an}構成，而數(shù)列{an}又由數(shù)列{bn}構成，所以本題要證明數(shù)列{cn}是等差數(shù)列，其本質還是論證數(shù)列{bn}的特征，其中bn＋6＝bn是數(shù)列周期性的體現(xiàn)．
已知數(shù)列{an}滿足a1＋a2＋…＋an＝n2(n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)對任意給定的k∈N*，是否存在p，r∈N*(k
14、：(1)當n＝1時，a1＝1；
當n≥2，n∈N*時，a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)2，
所以an＝n2－(n－1)2＝2n－1；
當n＝1時，也適合．
綜上所述，an＝2n－1(n∈N*)．
(2)當k＝1時，若存在p，r使，，成等差數(shù)列，則＝－＝.
因為p≥2，所以ar<0，與數(shù)列{an}為正數(shù)相矛盾．因此，當k＝1時，不存在．
當k≥2時，設ak＝x，ap＝y(tǒng)，ar＝z，則＋＝，所以z＝.
令y＝2x－1得z＝xy＝x(2x－1)，
此時ak＝x＝2k－1，ap＝y(tǒng)＝2x－1＝2(2k－1)－1，
所以p＝2k－1，ar＝z＝(2k－1)(4k－3)＝2(4k2
15、－5k＋2)－1.所以r＝4k2－5k＋2.
綜上所述，當k＝1時，不存在p，r；當k≥2時，存在p＝2k－1，r＝4k2－5k＋2滿足題意．
(1)等差、等比數(shù)列性質很多，在高考中以等差中項和等比中項的考查為主，在應用時，要注意等式兩邊的項的序號之間的關系．
(2)在運用函數(shù)判斷數(shù)列的單調性時，要注意函數(shù)的自變量為連續(xù)的，數(shù)列的自變量為不連續(xù)的，所以函數(shù)性質不能夠完全等同于數(shù)列的性質．有些數(shù)列會出現(xiàn)前后幾項的大小不一，從某一項開始才符合遞增或遞減的特征，這時前幾項中每一項都必須研究．
(3)由一個數(shù)列構造生成的新數(shù)列，再判斷其是否是等差或等比數(shù)列
16、時，如果已經有通項公式，則可以直接由通項公式的特征判斷，如果只有遞推關系，則需要用定義來證明．
(4)數(shù)列中恒等關系和有解問題主要是建立關于數(shù)列中基本量或相關參數(shù)的方程，再進一步論證該方程是否有整數(shù)解問題，其中對方程的研究是關鍵，一般可從奇偶數(shù)、約數(shù)、有理數(shù)、無理數(shù)等方面論證，也可以先利用參數(shù)范圍，代入相關的整數(shù)研究．
(5)數(shù)列中的子數(shù)列或衍生數(shù)列問題，需要弄清楚該項在原數(shù)列中的特征和在新數(shù)列中的特征，代入時要注意分辨清楚．
1．在等差數(shù)列{an}中，設S1＝a1＋a2＋…＋an，S2＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n，S3＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n，則S1，S2，S3
17、關系為________．
解析：S1＝Sn，S2＝S2n－Sn，S3＝S3n－S2n，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差數(shù)列．
答案：等差數(shù)列
2．(2020·南京第一次模擬)記等比數(shù)列{am}的前n項積為Tn(n∈N*)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，則m＝________.
解析：因為{am}為等比數(shù)列，所以am－1·am＋1＝a.又由am－1am＋1－2am＝0，得am＝2.則T2m－1＝a，所以22m－1＝128，m＝4.
答案：4
3．在等比數(shù)列{an}中，a1＝2，前n項和為Sn，若數(shù)列{an＋1}也是等比數(shù)列，則Sn等于________
18、．
解析：因數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則an＝2qn－1，因數(shù)列{an＋1}也是等比數(shù)列，則3,2q＋1,2q2＋1成等比數(shù)列，(2q＋1)2＝3×(2q2＋1)，即q2－2q＋1＝0?q＝1，
即an＝2，所以Sn＝2n.
答案：2n
4．設f(n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n∈N)，則f(n)等于________．
解析：f(n)＝＝(8n＋4－1)．
答案：(8n＋4－1)
5．彈子跳棋共有60顆大小相同的球形彈子，現(xiàn)在棋盤上將它疊成正四面體球垛，使剩下的彈子盡可能的少，那么剩下的彈子有________個．
解析：參考公式12＋22＋…＋n2＝.依題意第k
19、層正四面體有1＋2＋3＋…＋k＝＝個，則前k層共有(12＋22＋…＋k2)＋(1＋2＋…＋k)＝≤60，k最大為6，剩4.
答案：4
6．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，記Tn＝，如果存在正整數(shù)M，使得對一切正整數(shù)n，Tn≤M都成立．則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的最小值為2.
答案：2
7．(2020·鎮(zhèn)江聯(lián)考)若x，a1，a2，y成等差數(shù)列，x，b1，b2，y成等比數(shù)列
20、，則的取值范圍是________．
解析：＝＝2＋＋.若x，y同號，則＋≥2，當且僅當x＝y(tǒng)時取等號；若x，y異號，則＋≤－2，當且僅當x＝－y時取等號，得的取值范圍是(－∞，0]∪[4，＋∞)．
答案：(－∞，0]∪[4，＋∞)
8．設{an}是公比為q的等比數(shù)列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若數(shù)列{bn}有連續(xù)四項在集合{－53，－23，19,37,82}中，則6q＝________.
解析：由條件知數(shù)列{an}中連續(xù)四項在集合{－54，－24，18,36,81}中，又|q|>1，所以q＜－1且q2＝＝.則q＝－，6q＝－9.
答案：－9
9．三個互不相等的
21、實數(shù)成等差數(shù)列，適當交換這三個數(shù)的位置后，變成一個等比數(shù)列，則此等比數(shù)列的公比是________．
解析：設這三個數(shù)分別為a－d，a，a＋d(d≠0)，由于d≠0，所以a－d，a，a＋d或a＋d，a，a－d不可能成等比數(shù)列；若a－d，a＋d，a或a，a＋d，a－d成等比數(shù)列，則(a＋d)2＝a(a－d)，即d＝－3a，此時q＝＝－或q＝＝－2；若a，a－d，a＋d或a＋d，a－d，a成等比數(shù)列，則(a－d)2＝a(a＋d)，即d＝3a，此時q＝＝－2或q＝＝－.故q＝－2或－.
答案：－2或－
10．已知兩個等比數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2
22、，b3－a3＝3，若數(shù)列{an}惟一，則a＝________.
解析：設等比數(shù)列{an}的公比為q，則b1＝a＋1，b2＝aq＋2，b3＝aq2＋3，(aq＋2)2＝(a＋1)(aq2＋3)，即aq2－4aq＋3a－1＝0.因為數(shù)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，則a2＋a＝0，又a>0.因此這樣的a不存在，故方程aq2－4aq＋3a－1＝0必有兩個不同的實根，且其中一根為零，于是有3a－1＝0，a＝，此時q＝4，數(shù)列{an}是惟一的，因此a＝.
答案：
11．設{an}是公差不為零的等差數(shù)列，Sn為其前n項和，滿足a＋a＝a＋
23、a，S7＝7.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式及前n項和Sn；
(2)試求所有的正整數(shù)m，使得為數(shù)列{an}中的項．
解：(1)設公差為d，則由a－a＝a－a得－3d(a4＋a3)＝d(a4＋a3)．
因為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}的通項公式為an＝2n－7，
前n項和Sn＝n2－6n.
(2)法一：＝，設2m－3＝t，
則＝＝t＋－6，所以t為8的約數(shù)．
因為t是奇數(shù)，所以t可取的值為±1，
當t＝1，m＝2時，t＋－6＝3,2×5－7＝3，是數(shù)列{an}中的項；
當t＝－1，m
24、＝1時，t＋－6＝－15，數(shù)列{an}中的最小項是－5，不符合．所以滿足條件的正整數(shù)m＝2.
法二：因為＝＝am＋2－6＋為數(shù)列{an}中的項，故為整數(shù)，又由(1)知am＋2為奇數(shù)，所以am＋2＝2m－3＝±1，即m＝1,2.經檢驗，符合題意的正整數(shù)m為2.
12．設數(shù)列{an}是一個無窮數(shù)列，記Tn＝2i－1ai＋2a1－a3－2n＋2an＋1，n∈N*.
(1)若{an}是等差數(shù)列，證明：對于任意的n∈N*，Tn＝0；
(2)對任意的n∈N*，若Tn＝0，證明：{an}是等差數(shù)列；
(3)若Tn＝0，且a1＝0，a2＝1，數(shù)列{bn}滿足bn＝2an，由{bn}構成一個新數(shù)列3，
25、b2，b3，…設這個新數(shù)列的前n項和為Sn，若Sn可以寫成ab，(a，b∈N，a>1，b>1)，則稱Sn為“好和”．問S1，S2，S3，…中是否存在“好和”，若存在，求出所有“好和”；若不存在，說明理由．
解：(1)證明：對于任意的正整數(shù)n，
∵Tn＝2i－1ai＋2a1－a3－2n＋2an＋1，
∴2Tn＝22i－1ai＋4a1－2a3－2n＋3an＋1.
將上面兩等式作差得
－Tn＝a3－a1＋2i(ai＋1－ai)＋2n＋2(an＋1－an＋2)．
∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列，設其公差為d，
∴－Tn＝2d＋d2i－2n＋2d＝0，∴Tn＝0.
(2)證明：∵對于任意的正整
26、數(shù)n，
Tn＝2i－1ai＋2a1－a3－2n＋2an＋1＝0，
∴Tn＋1＝2i－1ai＋2a1－a3－2n＋3an＋2＝0，
將上面兩等式作差得an＋1－2an＋2＋an＋3＝0.
由T1＝2i－1ai＋2a1－a3－23a2＝0
即a3－a2＝a2－a1，
綜上，對一切正整數(shù)n，都有an＋1－2an＋an－1＝0，
所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列．
(3)由(2)知{an}是等差數(shù)列，其公差是1，
所以an＝a1＋(n－1)＝n－1，bn＝2an＝2n－1.
當n≥2時，Sn＝3＋2＋4＋…＋2n－1＝2n＋1，S1＝3，
所以對正整數(shù)n都有Sn＝2n＋1.
由ab＝
27、2n＋1，ab－1＝2n，a，b∈N，a>1，b>1，a只能是不小于3的奇數(shù)．
當b為偶數(shù)時，ab－1＝(a＋1)(a－1)＝2n，
因為a＋1和a－1都是大于1的正整數(shù)，
所以存在正整數(shù)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，相應的n＝3，即有S3＝32，S3為好和；
當b為奇數(shù)時，ab－1＝(a－1)(1＋a＋a2＋…＋ab－1)，由于1＋a＋a2＋…＋ab－1是b個奇數(shù)之和，仍為奇數(shù)，又a－1為正偶數(shù)，所以(a－1)(1＋a＋a2＋…＋ab－1)＝2n不成立，這時沒有好和．
江蘇省2020屆高考數(shù)學二輪復習 專題9 數(shù)列(Ⅰ)
