江蘇省2020屆高考數(shù)學二輪復(fù)習 專題9 數(shù)列(Ⅰ)

江蘇省2020屆高考數(shù)學（蘇教版）二輪復(fù)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(yù)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(zhì)仍然是高考熱點，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(shè)Sn是等差數(shù){an}的前n項和，若＝，則＝________. 解析：設(shè){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 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)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0<q<1，則0<a1 007<1，a1 005>1，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，a7a8a9＝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(zhì)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(zhì)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(shè)等差數(shù)列{an}的公差為正數(shù)，若a1＋a2＋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(shè)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)，…(每組中數(shù)的個數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列)． 設(shè)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(shè)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(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)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(diào)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＝6,7，…，20. 本題第二小問構(gòu)造了函數(shù)f(n)＝(2n－3)·(2n＋1－50)－100，其中g(shù)(n)＝2n－3，h(n)＝2n＋1－50都是單調(diào)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(diào)遞增函數(shù)，前五項的性質(zhì)，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{|an|}中第6項最??；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(shè)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＝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－a6n＋3＋…＋a6n－a6n－1＝b6n－1＋b6n＋b6n＋1＋b6n＋2＋b6n＋3＋b6n＋4＝1＋2＋2＋1＋＋＝7(n≥1)． 所以數(shù)列{cn}為等差數(shù)列． 本題中{cn}是由{an}構(gòu)成，而數(shù)列{an}又由數(shù)列{bn}構(gòu)成，所以本題要證明數(shù)列{cn}是等差數(shù)列，其本質(zhì)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<p<r)使，，成等差數(shù)列？若存在，用k分別表示p和r；若不存在，請說明理由． 解：(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(shè)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(4k2－5k＋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(zhì)很多，在高考中以等差中項和等比中項的考查為主，在應(yīng)用時，要注意等式兩邊的項的序號之間的關(guān)系． (2)在運用函數(shù)判斷數(shù)列的單調(diào)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(zhì)不能夠完全等同于數(shù)列的性質(zhì)．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(gòu)造生成的新數(shù)列，再判斷其是否是等差或等比數(shù)列時，如果已經(jīng)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(guān)系，則需要用定義來證明． (4)數(shù)列中恒等關(guān)系和有解問題主要是建立關(guān)于數(shù)列中基本量或相關(guān)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(guān)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(guān)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(shè)S1＝a1＋a2＋…＋an，S2＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n，S3＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n，則S1，S2，S3關(guān)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________． 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(shè)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，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(shè){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(shè)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，b3－a3＝3，若數(shù)列{an}惟一，則a＝________. 解析：設(shè)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(shè){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＋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(shè)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(shè)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＝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(jīng)檢驗，符合題意的正整數(shù)m為2. 12．設(shè)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(gòu)成一個新數(shù)列3，b2，b3，…設(shè)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(shè)其公差為d， ∴－Tn＝2d＋d2i－2n＋2d＝0，∴Tn＝0. (2)證明：∵對于任意的正整數(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＝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(yīng)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．