(江苏专版)高考数学分项版解析专题06数列-人教版高三全册数学试题

1、2amam 1 (2m 7)(2 m 5)a3 )，7，word专题 06一基础题组1. 【 2005 某某，理 3】在各项都为正数的等比数列a3a4a5 （ ）（A） 33 （ B） 72 （C） 84数列 an 中，首项 a1 3，前三项和为 21，则（D） 189【答案】 C.【解析】 设等比数列 an 的公比为 q(q0), 由题意得 :a1+a2+a3=21, 即 3+3q+3q2=21,q2+q-6=0,求得 q=2(q=-3 舍去 ), 所以 a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=4 21 84, 故选 C.2. 【 2009 某某，理 14】设 an 是公比为 q 的等比

2、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 =.3. 【 2009 某某，理 17】设 an 是公差不为零的等差数列， Sn为其前 n 项和，满足a22 a32 a42a52 , S7 7。（ 1）求数列 an 的通项公式及前（2）试求所有的正整数 m ，使得【答案】 （1） an 2n 7, Sn n2n 项和 Sn；amam 1 为数列 am 2an 中的项6n , （2） m 2【解析】 （ 1）设公差为 d， 则 a a a a， 由性质得 3d (a4 a3 ) d(a4因为 d 0 ，

3、所以 a4 a3 0 ，即 2a1 5d 0 ，又由 S7 7 得 7a1 7 6 d解得 a1 5， d 2 ,(2) （方法一） am 2 = 2m 3 , 设 2m 3 t， w.w.w.c.o.m- 1 - / 18amam 1 (t 4)(t 2)am 2 am 23m+28aword则 am 2 = tt 6 , 所以 t 为 8 的约数（方法二）因为amam 1 am 2(am 24)(am 2 2) am 2 6 8 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，符合题意的正整数只有 m 2 .4. 【

4、2010 某某，理 8】函数 y x2( x0) 的图象在点 (ak， a ) 处的切线与 x 轴交点的横坐标 为 ak 1，其中 kN* . 若 a1 16，则 a1a3a5 的值是 _5. 【 2011 某某，理 13】设 1 a1 a2 a7 ，其中 a1 ,a3 , a5 , a7 成公比为 q 的等比数列，a2 , a4 , a6 成公差为 1 的等差数列，则 q 的最小值为【答案】 3【解析】由题意得， a2 1 a q, 3q3a2 2 要求 q 的最小值，只要求q3a2 2 1 2 3， q 3 3 .a2 , a2 1 q, q 2 a2 1, a2 2 q 2 ,a2 的最

5、小值，而 a2 的最小值为 1，所以- 2 - / 182 )211121word6. 【 2013 某某，理 14】在正项等比数列 an 中， a5 a1a2 an 的最大正整数 n 的值为 _， a6 a7 3. 则满足 a1 a2 an【答案】 12【解析】设正项等比数列 an 的公比为 q， 则由 a6 a7 a5( qq2) 3 可得 q 2， 于是 an 2n6，则 a1 a2 an1 (1321n2n 521.32 a5 ， q2，a6 1， a1a11 a2a10 a62 1.a1a2 a11 1. 当 n 取 12 时， a1 a2 a12 27 a1a2 a11a12 a1

6、2 26 成立 ；当 n 取 1332时， a1a2 a13 28 a1a2 a11a12a13 a12a13 26 2 7 213 . 当 n 13 时， 随着 n 增大 a132a2 an 将恒小于 a1a2 an . 因此所求 n 的最大值为 12.7. 【 2014 某某，理 7】在各项均为正数的等比数列 an 中，若 a2 1， a8 a6 2a4 ，则 a6的值是 .【 2016 年高考某某卷】已知 an 是等差数列， Sn 是其前 n 项和 . 若 a1a9 的值是 .【答案】 20【解析】由 S5 10 得 a3 2 ，因此 2 2d (2 d)2 3 d 3,故a9【考点】等

7、差数列的性质a 3， S5 =10，则2 3 6 20.【名师点睛】本题考查等差数列的基本量，对于特殊数列，一般采取待定系数法，即列出关于首项及公差 （比） 的两个独立条件即可 . 为使问题易于解决， 往往要利用等差数列相关性质，- 3 - / 182 2（ i ）当 n 4时，求 a1 的数值；word如 Sn n( a1 an ) n( am at ) ,( m t二能力题组1. 【 2008 某某，理 19】（ 1）设 a1 ,a2 , , an是各项均不为零的1 n ,m, n, t N* ) 及 an am ( n m) d等 .n （ n 4 ）项等差数列，且公差 d 0 ，若将此

8、数列删去某一项后得到的数列（按原来的顺序）是等比数列d（ ii ）求 n 的所有可能值（2）求证：对于给定的正整数 n ( n4) ，存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1， b2， ，bn ，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列项， 若删去 a2，则必有 a1 an a3 an 2，这与 d 0矛盾； 同样若删去 an 1 也有 a1 an a3 an 2，这与 d 0矛盾； 若删去 a3 , , an 2 中任意一个， 则必有 a1 an a2 an 1， 这与 d 0矛盾。 (或者说：当 n6 时，无论删去哪一项，剩余的项中必有连续的三项 )综上所述， n 4。（2）假设对于

9、某个正整数 n，存在一个公差为 d 的 n 项等差数列 b1 , b2 ,.bn，其中- 4 - / 18ddwordbx 1 , by 1 , bz 1 （ 0 x y z n 1 ）为任意三项成等比数列，则 b2y 1(b1 yd)2 (b1 xd ) (b1 zd) ，化简得 ( y2 xz)d 2 ( x z 2y)b1d由 b1d 当 y2故 y2d x z 2yb1 y2 xz0 知， y2 xz与 x z 2y 同时为 0 或同时不为 0 xz与 x z 2y 同时为 0 时，有 x y z与题设矛盾。xz与 x z 2y 同时不为 0，所以由（ * ）得bx 1 bz 1 ，即

10、（*）因为 0 x y z n 1 ，且 x、 y、 z 为整数，所以上式右边为有理数，从而 b1 为有理数。于是，对于任意的正整数 n(n 4)，只要 b1 为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列。例如 n 项数列 1， 1 2， 1 2 2， 1 (n 1) 2满足要求 .2. 【 2010 某某，理 19】设各项均为正数的数列 an 的前 n 项和为 Sn，已知 2a2 a1a3，数列 Sn 是公差为 d 的等差数列(1) 求数列 an 的通项公式 (用 n， d 表示 )；(2) 设 c 为实数， 对满足 mn 3k 且 mn 的任意正整数 m，n，k， 不等式 SmSn cSk

11、都成立 求证： c 的最大值为 9 .2- 5 - / 18n2 cnSn99wordSmSn 1 d2 2 ak2 aSk .2所以满足条件的 c ， 从而 cmax 9 .2 2因此 c 的最大值为 .23. 【 2013 某某， 理 19】设 an 是首项为 a， 公差为 d 的等差数列 ( d0)， Sn 是其前 n 项和 记bn ， n N* ，其中 c 为实数(1) 若 c 0，且 b1， b2， b4 成等比数列，证明：(2) 若 bn是等差数列，证明： c 0.Snk n2Sk( k， n N* )；- 6 - / 182121B n2word由，得即 d1 dA 0， cd1

12、 5 B， 代入方程 ，得 B0， 从而 cd1 0.0， b1 d1 a d 0， cd1 0.若 d1 0， 则由 d1 1 d 0，得 d 0， 与题设矛盾 ， 所以 d1 0.又因为 cd 1 0， 所以 c 0.三拔高题组1. 【 2005 某某，理 23】设数列(5n 8)Sn 1 (5n 2)Sn An（）求 A 与 B 的值； an 的前 n 项和为 Sn，已知 a1 1， a2 6， a3 11，且, 1,2,3,， 其中 A,B 为常数 .（）证明数列 an 为等差数列；（）证明不等式 5amn aman1对任何正整数 m、 n 都成立 .- 7 - / 18( n220n

13、 ,8word所以数列 an 为等差数列。方法 2.由已知， S1=a1=1,又(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8, 且 5n-8 0 ,所以数列 sn是惟一确定的 ， 因而数列 an 是惟一确定的。设 bn=5n-4, 则数列 bn 为等差数列，前于是 (5n-8)Tn+1-(5n+2)Tn=(5n-8)n 项和 Tn= n(5n21)(5n 2)2(5n3),2) n(5n 3)由惟一性得 bn=a, 即数列 an 为等差数列。（）由（）可知， an=1+5(n-1)=5n-4.- 8 - / 18m nword要证了只要证因为故只要证因为5amn aman 1,5amn

14、1+aman+2 amanamn=5mn-4,aman=(5m-4)(5n-4)=25mn-20(m+n)+16,5 （5mn-4） 1+25mn-20(m+n)+16+2 aman ,2 a a am an 5m 5n 8 5m 5n 8 (15m 15n 29)=20m+20n-37,所以命题得证 .2. 【 2006 某某， 理 21】设数列 an、 bn 、 cn 满足： bn an an 2， cn an 2an 1 3an 2 （ n=1,2,3, ），证明 an 为等差数列的充分必要条件是 cn 为等差数列且 bn bn 1 （n=1,2,3, ） bn +2bn+1+3bn+2

15、= 2 d 2 从而有 bn+1+2bn+2+3bn+3 = 2 d 2 - 得（ bn+1 bn） +2 (b n+2 bn+1)+3 (b n+3 bn+2)=0 bn+1 bn 0,b n+2 bn+1 0,b n+3 bn+2 0,由得 bn+1 bn=0 ( n=1,2,3, )，- 9 - / 181qword3. 【 2007 某某， 理 20】 已知 an 是等差数列， bn 是公比为 q 的等比数列， a1=b1， a2=b2 a1， 记 Sn 为数列 bn的前 n 项和 .（ 1）若 bk=am（m， k 是大于 2 的正整数） ，求证： Sk-1 =（ m-1） a1;

16、（4 分）（2）若 b3=ai （ i 是某个正整数） ，求证： q 是整数，且数列 bn 中的每一项都是数列的项。（ 3）是否存在这样的正数 q，使等比数列 bn 中有三项等差数列？若存在，写出一个an 中q 的值，并加以说明；若不存在，请说明理由【答案】 （1） 详见解析 . （2） 详见解析 . （3） q=5 12【解析】解： （1）设等差数列的公差为 d， 则由题设得 a1+d=a1q， d=a1 ( q-1) ，且 q1.由 bk=am得 b1qk-1 =a1+( m-1) d， 所以 b1( qk-1 -1)=( m-1) d，Sk-1 = qb1 (qk 1 1) (m1 q故

17、等式成立 。1) d 1（2）（i ） 证明 q为整数 ：由 b3=ai 得 b1q2=a1+(i-1) d，即移项得 a1( q+1)( q-1)= a1(i-1)(因 a1=b1 0， q1，得 q=i-2.(m 1)a1 (q 1) =( m-1) a1 .a1q2=a1+(i-1) a1( q-1) ，q-1).故 q 为整数 。（ ii ） 证明数列 bn 中的每一项都是数列 an 中的项 ：设 bn 是数列 bn 中的任一项 ， 只要讨论 n3 的情形 。令 b1qn-1 =a1+( k-1) d，即 a1qn-1 a1=( k-1) a1( q-1) ，- 10 - / 181w

18、ord得 k=1+ q 1 1 =2+q+q2+ qn-2 .因 q=i-2 ，当 i=1 时， q=-1， -1 或 0，则 k 为 1 或 2；而 i 2， 否则 q=0， 矛盾。当 i 3 时， q 为正整数 ， 所以 k 为正整数 ， 从而 bn=ak。故数列 bn 中的每一项都是数列 an 中的项 。（ 3）取 q= 5 1， b2=b1q， b4=b1q3 . 2b1+b4=b1(1+ q3)= b11+() = b1(5 1 3 5 -1)=2 b2 .2所以 b1， b2， b4 成等差数列 .4. 【 2011 某某，理 20】设 M 为部分正整数组成的集合，数列和为 Sn

19、，已知对任意整数 k M ，当 n k 时， Sn k Sn k （ 1）设 M 1， a2 2 ，求 a5 的值；（2）设 M 3,4 ，求数列 an 的通项公式 an 的首项 a1 1 ，前 n 项的2(Sn Sk )都成立d an an 1 ，当 2 m 8时， m 6 8 ，从而由 ( ) 式知 2am 6 am am 12 ，故- 11 - / 18an2 bn2an bnanan ，1aword2am 7 am 1 am 13 ，从而 2(an 7 an 6 ) am 1 am (am 13 am 12 ，于是am 1 am 2d d d 。因此 an 1 an d ，对任意都 n

20、 2成立。又由Sn k Sn k 2Sn16d 2S4。解得 a4知 d 2 ，所以数列5. 【 2012 某某，理n N* .2 272Sk （ k 3,4 ) 可知 (Sn kd，从而 a2 3 d， a1an 的通项公式为 an 2n21Sn ) ( Sn Sn k )d。因此， 数列 an1 .20】已知各项均为正数的两个数列 an和 bn 满足：2Sk ，故 9d 2S3 且为等差数列， 由 a1 1an 1 ，(1) 设 bn 1 1 bn ， nN* ，求证：数列 an( bn )2 是等差数列；(2) 设 bn 1 2bn n，且 an是等比数列，求 a1 和 b1 的值设等比

21、数列 an 的公比为 q，由 an 0 知 q 0. 下证 q 1.若 q 1，则 a1a2qa2 2 ， 故当 n logq 2 时， an 1 a1qn 2 ，与 (*) 矛盾；- 12 - / 18ana1 a1q a11，a12 bn22 a12 a1nN ) 成立 .word若 0 q 1，则综上， q 1，故又 bn 1 2 bn若 a1 2 ，则于是 b1 b2 b3 .a1 a2 a2 1， 故当 n log q 1 时， an 1 a1qn 1，与 (*) 矛盾an a1( n N* )， 所以 1a1 2 .2 bn ( nN* )， 所以 bn是公比为 2 的等比数列 2

22、a1又由 a1 a1 bn 得 bna1 a12a122， 所以 b1， b2， b3 中至少有两项相同 ， 矛盾 所1以 a1 2， 从而 bna1 a12a1222 .1所以 a1 b1 2 .6. 【 2014 某某， 理 20】设数列 an 的前 n 项和为 Sn . 若对任意的正整数 n， 总存在正整数 m， 使得 Sn am ，则称 an 是“ H 数列” .（ 1）若数列 an 的前 n 项和为 Sn 2 (n N * ) ，证明： an（2）设 an 是等差数列，其首项 a1 1 ，公差 d 0 ，若 an（ 3）证明：对任意的等差数列 an ，总存在两个“ H 数列”an b

23、n cn (n *是“ H 数列” .是“ H 数列”，求 d 的值；bn 和 cn ，使得- 13 - / 18an21 1 1 1 2n 20an20wordcn (d a1 )( n 1) ，则 an bn cn ，而数列 bn， cn 都是“ H 数列”，证毕7. 【 2015 某某高考， 11】 数列 an 满足 a1 1，且 an 1 an n 1（ n N * ），则数列 1 的前 10 项和为【答案】11【解析】由题意得：an ( an an 1) (an 1 an 2 ) (a2 a1 ) a1 n n 1 2 1 n( n 1)所以 2( n n 1), Sn 2(1 n

24、1) n 1 , S10 11 .【考点定位】数列通项，裂项求和8. 【 2015 某某高考， 20】 （本小题满分 16 分）设 a1 , a2 , a3 , a4 是各项为正数且公差为 d (d 0) 的等差数列（ 1）证明： 2a1 , 2a2 , 2a3 ,2a4 依次成等比数列；（ 2）是否存在 a1 , d ，使得 a1 , a22 , a33 , a44 依次成等比数列，并说明理由；（ 3）是否存在 a1 , d 及正整数 n , k ，使得 a1n , aaa 3k 依次成等比数列，并说明理由 .- 14 - / 18dword试题解析： （1）证明：因为2an 12an2an

25、 1 an2 （ n 1， 2， 3 ）是同一个常数，所以 2a1 ， 2a2 ， 2a3 ， 2a4 依次构成等比数列（2）令 a1 d a， 则 a1， a2， a3， a4 分别为 a d， a， a d， a 2d （ a d， a 2d，d 0）假设存在 a1， d ，使得 a1， a， a， a 依次构成等比数列，- 15 - / 183t ln 1 3t 3 12word且 3k ln 1 3t ln 1 t n 3ln 1 t ln 1 3t 再将这两式相除，化简得 ln 1 3t ln 1 2t 3ln 1 2t ln 1 t 4ln 1 3t ln 1 t（ ）令 g t则

26、 g t令 t则 令1tt4ln 1 3t ln 1 t ln 1 3t ln 1 2t 3ln 1 2t ln 1 t ，2 1 2 2t 2 ln 1 2t 3 1 t 2 ln 1 t1 t 1 2t 1 3t1 3t ln 1 3t 3 1 2t 2 ln 1 2t 3 1 t 2 ln 1 t ，6 1 3t ln 1 3t 2 1 2t ln 1 2t 1 t ln 1 t t ，则 1 t 6 3ln 1 3t 4ln 1 2t ln 1 t - 16 - / 180*N*31word令 2 t 1 t ，则 2 t121 t 1 2t 1 3t 由 g 0 0 1 0 2 0 0， 2 t 0，知 2 t ， 1 t ， t ， g t 在 ,0 和 0, 上均单调故 g t 只有唯一零点 t 0 ，即方程（ ）只有唯一解 t 0，故假设不成