江苏省2016届高三数学专题复习 专题三 数列真题体验 文

1、专题三数列真题体验引领卷一、填空题1(2014江苏高考)在各项均为正数的等比数列an中，若a21，a8a62a4，则a6的值是_22(2010江苏高考)函数yx2(x0)的图象在点(ak，ak)处的切线与x轴交点的横坐标为ak1，k为正整数，a116，则a1a3a5_3(2015全国卷改编)已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7_4(2014天津高考改编)设an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1_5(2013新课标全国卷改编)设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m_9(2015江苏高考)设数

2、列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列a前10项6(2015全国卷)在数列an中，a12，an12an，Sn为an的前n项和若Sn126，则n_7(2015湖南高考)设Sn为等比数列an的前n项和，若a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an_8(2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_1n的和为_110(2013江苏高考)在正项等比数列an中，a52，a6a73.则满足a1a2ana1a2an的最大正整数n的值为_二、解答题11(2014江苏高考)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Snam，则称an

3、是“H数列”(1)若数列an的前n项和Sn2n(nN*)，证明：an是“H数列”；(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d0.若an是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立12(2013江苏高考)设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项的2和记bnnnSnc，nN*，其中c为实数(1)若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.13(2015江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明：

4、2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；(2)是否存在a1，d，使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列？并说明理由；1234(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得an，ank，an2k，an3k依次构成等比数列？并说明理由专题三数列真题体验引领卷14因为a8a2q6，a6a2q4，a4a2q2，所以由a8a62a4得a2q6a2q42a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q2)2q220，解得q22，a6a2q41224.2am1am1.由Sm20，得m(a12)0，则a12.又ama1(m1)d126，解得n6.从而1Sn1Sn故数列S是以1为首项，1为公差的等

5、差数列，Snnana22221在点(ak，ak)处的切线方程为：yak2ak(xak)，当y0时，解得x2k，所以ak11n1ak12，故an是a116，q2的等比数列，即an162，a1a3a5164121.342设等比数列an的公比为q，由a13，a1a3a521.得3(1q2q4)21.解得q22或q23(舍)于是a3a5a7q2(a1a3a5)22142.142S1，S2，S4成等比数列，S2S1S4，又Sn为公差为1的等差数列的前n项114a1243和从而(a1a11)2a1，解得a12.55由题设，amSmSm12，am1Sm1Sm3.因为数列an为等差数列所以公差dm（a1am）

6、2，解得m5.66a12，an12an，数列an是以公比q2，首项a12的等比数列则Sn2（12n）1273n1由于3S1，2S2，S3成等差数列所以4S23S1S3，即3(S2S1)S3S2.3a2a3，则等比数列an的公比q3.故数列an的通项公式ana1qn13n1.18n由题意，得S1a11.an1SnSn1，Sn1SnSnSn1，则Sn0，11，11nS111因此1(n1)n，所以Sn.20119.a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，将以上n1（2n）（n1）n（n1），即an2个式子相加得ana123n2，1令bn，故S10b1b2b102nn1故bn21

7、1n（n1）3111112021.1012由已知条件得qq23，2231011111122即q2q60，解得q2，或q3(舍去)，11ana5qn522n52n6，a1a2an32(2n1)，a1a2an2524232n62n211n2由a1a2ana1a2an，可知2n5252，可求得n的最大，由2n5252当d1时，an2n，Sn是小于2的整数，nN*，于是对任意的正整数n，n（n11）n（n11）22值为12，而当n13时，2825213，所以n的最大值为12.11(1)证明由已知，当n1时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam.所以

8、an是“H数列”(2)解由已知，得S22a1d2d.因为an是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2am，即2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d0，所以m20，故m1.从而d1.n（3n）2总存在正整数m2Sn2n（3n）2，使得Sn2mam，所以an是“H数列”因此d总存在正整数mn（n1）的值为1.(3)证明设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN*)令bnna1，cn(n1)(da1)，则anbncn(nN*)下证bn是“H”“数列”，设bn的前n项和为Tn，n（n1）则Tn2a1(nN*)，于是对任意的正整数n，2；使得Tnbm，所以bn是“H

9、数列”同理可证cn也是“H数列”所以，对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立d.12解由题设，Snnan（n1）2Snn1ad22(1)由c0，得bnnad.又b1，b2，b4成等比数列，所以b2b1b4，即243aad，化简得d22ad0.3*2代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN，有d1dn(b1d1ad)ncd1n364令t，则1(1t)(1t)，且(1t)(12t)t1，t0，则t.(2)证明设数列bn的公差为d1，则bnb1(n1)d1，即2ncb1(n1)d1，nN，*n1d13(1)证明因为2an1an2(n1，2，3)是同一个常

10、数，所以2a1，2a2，2a3，2因为d0，所以d2a.因此，对于所有的mN*，有Smm2a.从而对于所有的k，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.nSn112211c(d1b1)令Ad12d，Bb1d1a2d，Dc(d1b1)，则对于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1，2，3，4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，7A3Bcd10，从而有19A5Bcd10，21A5Bcd0，1由，得A0，cd15B，代入方程，得B0，从而cd10.11即d12d0，b1d1a2d0，cd10.1若d10，则由d12d0，得d0，

11、与题设矛盾，所以d10.又cd10，所以c0.2a2an2a4依次构成等比数列(2)解不存在，理由如下：令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.d1a2化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，145显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立d1并令tt，t0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在，0和(0，)上均单调14因此不存在a1，d，使得a1，a2，

12、a3，a4依次构成等比数列(3)解不存在，理由如下：1231假设存在a1，d及正整数n，k，使得an，ank，an2k，an43k依次构成等比数列，则an(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)11分别在两个等式的两边同除以a2（nk）及a2（n2k），a31则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t)化简得2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(12t)，且3kln(13t)ln(1t)n3ln(1t)ln(13t)再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t)2（13t）2ln（13t）3（12t）2ln（12t）3（1t）2ln（1t）（1t）（12t）（13t）.令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6(13t)ln(13