江苏高考历年04-15含解析数列

200420．设无穷等差数列的前n项和为.(Ⅰ)假设首项EQ\F(3,2)，公差，求满足的正整数k；(Ⅱ)求所有的无穷等差数列，使得对于一切正整数k都有成立.20．本小题主要考查数列的根本知识，以及运用数学知识分析和解决问题的能力.总分值12分.解：〔I〕当时，由，得，即又，所以.〔II〕设数列的公差为，那么在中分别取k=1,2,得〔1〕〔2〕，即〔1〕〔2〕由〔1〕得或当时，代入〔2〕得或假设，那么，从而成立假设，那么，由知故所得数列不符合题意.当时，代入〔2〕得，解得或假设，那么，从而成立；假设，那么，从而成立.综上，共有3个满足条件的无穷等差数列：①{an}:an=0，即0，0，0，…；②{an}:an=1，即1，1，1，…；③{an}:an=2n－1，即1，3，5，…，200523.〔本小题总分值14分，第一小问总分值2分，第二.第三小问总分值各6分〕设数列的前项和为，，且⑴求A与B的值；⑵证明：数列为等差数列；⑶证明：不等式对任何正整数都成立〔23〕〔Ⅰ〕由，得，，由，知，即解得.(Ⅱ)由〔Ⅰ〕得①所以②②-①得③所以④④-③得因为所以因为所以所以，又所以数列为等差数列〔Ⅲ〕由(Ⅱ)可知，，要证只要证，因为，，故只要证，即只要证，因为所以命题得证2006〔21〕〔本小题总分值14分〕设数列、、满足：，〔n=1,2,3,…〕，证明为等差数列的充分必要条件是为等差数列且〔n=1,2,3,…〕〔21〕证明：必要性.设是公差为d1的等差数列，那么所以〕成立.又〔常数〕〔n=1，2，3，…〕，所以数列为等差数列.充分性，设数列是公差d2的等差数列，且〔n=1，2，3，…〕.证法一：①－②得，，③从而有④④－③得⑤，∴由⑤得由此不妨设〔常数〕.由此，从而，两式相减得，因此，所以数列是等差数列.证法二：令 从而由得，即.⑥由此得.⑦⑥－⑦得.⑧因为，所以由⑧得于是由⑥得，⑨从而⑩由⑨和⑩得即所以数列是等差数列.200720．〔本小题总分值16分〕｛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〕假设bk=am〔m，k是大于2的正整数〕，求证：Sk-1=〔m－1〕a1；〔4分〕〔2〕假设b3=ai〔i是某个正整数〕，求证：q是整数，且数列｛bn｝中每一项都是数列｛an｝中的项；〔8分〕〔3〕是否存在这样的正数q，使等比数列｛bn｝中有三项成等差数列？假设存在，写出一个q的值，并加以说明；假设不存在，请说明理由；〔4分〕20．解：设的公差为，由，知，〔〕〔1〕因为，所以，，所以〔2〕，由，所以解得，或，但，所以，因为是正整数，所以是整数，即是整数，设数列中任意一项为，设数列中的某一项=现在只要证明存在正整数，使得，即在方程中有正整数解即可，，所以：，假设，那么，那么，当时，因为，只要考虑的情况，因为，所以，因此是正整数，所以是正整数，因此数列中任意一项为与数列的第项相等，从而结论成立。〔3〕设数列中有三项成等差数列，那么有2设，所以2，令，那么，因为，所以，所以，即存在使得中有三项成等差数列。200819．〔16分〕〔1〕设是各项均不为零的等差数列〔〕，且公差，假设将此数列删去某一项得到的数列〔按原来的顺序〕是等比数列：①当时，求的数值；②求的所有可能值；〔2〕求证：对于一个给定的正整数，存在一个各项及公差都不为零的等差数列，其中任意三项〔按原来顺序〕都不能组成等比数列。19.〔Ⅰ〕设是各项均不为零的等差数列〔〕，且公差，假设将此数列删去某一项得到的数列〔按原来的顺序〕是等比数列：①当n=4时，求的数值；②求的所有可能值；〔Ⅱ〕求证：对于一个给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差都不为零的等差数列，其中任意三项〔按原来顺序〕都不能组成等比数列．【解析】本小题主要考查等差数列与等比数列的综合运用．〔Ⅰ〕①当n＝4时，中不可能删去首项或末项，否那么等差数列中连续三项成等比数列，那么推出d＝0．假设删去，那么有即化简得＝0，因为≠0，所以=4；假设删去，那么有，即，故得=1．综上=1或－4．②当n＝5时，中同样不可能删去首项或末项．假设删去，那么有＝，即．故得=6；假设删去，那么＝，即．化简得3＝0，因为d≠0，所以也不能删去；假设删去，那么有＝，即．故得=2．当n≥6时，不存在这样的等差数列．事实上，在数列，，，…，，，中，由于不能删去首项或末项，假设删去，那么必有＝，这与d≠0矛盾；同样假设删去也有＝，这与d≠0矛盾；假设删去，…，中任意一个，那么必有＝，这与d≠0矛盾．综上所述，n∈{4，5}．200917．〔本小题总分值14分〕设是公差不为零的等差数列，为其前项和，满足〔1〕求数列的通项公式及前项和；〔2〕试求所有的正整数，使得为数列中的项.

17．解析：〔1〕设公差为，那么，由性质得，因为，所以，即，又由得，解得，所以的通项公式为，前项和。〔2〕，令，，因为是奇数，所以可取的值为，当，时，，，是数列中的项；，时，，数列中的最小项是，不符合。所以满足条件的正整数。19.〔本小题总分值16分〕设各项均为正数的数列的前n项和为，，数列是公差为的等差数列.〔1〕求数列的通项公式〔用表示〕〔2〕设为实数，对满足的任意正整数，不等式都成立，求证：的最大值为.20．〔16分〕〔2011•江苏〕设M为局部正整数组成的集合，数列{an}的首项a1=1，前n项和为Sn，对任意整数k∈M，当整数n＞k时，Sn+k+Sn﹣k=2〔Sn+Sk〕都成立〔1〕设M={1}，a2=2，求a5的值；〔2〕设M={3，4}，求数列{an}的通项公式．考点：数列递推式；数列与函数的综合．专题：综合题．分析：〔1〕由集合M的元素只有一个1，得到k=1，所以当n大于1即n大于等于2时，Sn+1+Sn﹣1=2〔Sn+S1〕都成立，变形后，利用Sn+1﹣Sn=an+1，及a1=1化简，得到当n大于等于2时，此数列除去首项后为一个等差数列，根据第2项的值和确定出的等差写出等差数列的通项公式，因为5大于2，所以把n=5代入通项公式即可求出第5项的值；〔2〕当n大于k时，根据题意可得Sn+k+Sn﹣k=2〔Sn+Sk〕，记作①，把n换为n+1，得到一个关系式记作②，②﹣①后，移项变形后，又k等于3或4得到当n大于等于8时此数列每隔3项或4项成等差数列，即an﹣6，an﹣3，an，an+3，an+6成等差数列，根据等差数列的性质得到一个关系式，记作〔*〕，且an﹣6，an﹣2，an+2，an+6也成等差数列，又根据等差数列的性质得到另外一个关系式，等量代换得到an+2﹣an=an﹣an﹣2，得到当n大于等于9时，每隔两项成等差数列，设出等差数列的四项，根据等差数列的性质化简变形，设d=an﹣an﹣1，从而得到当n大于等于2小于等于8时，n+6大于等于8，把n+6代入〔*〕中，得到一个关系式，同时把n+7也代入〔*〕得到另外一个关系式，两者相减后根据设出的d=an﹣an﹣1，经过计算后，得到n大于等于2时，d=an﹣an﹣1都成立，从而把k=3和k=4代入到的等式中，化简后得到d与前3项的和及d与前4项和的关系式，两关系式相减即可表示出第4项的值，根据d=an﹣an﹣1，同理表示出第3项，第2项及第1项，得到此数列为等差数列，由首项等于1即可求出d的值，根据首项和等差写出数列的通项公式即可．解答：解：〔1〕由M={1}，根据题意可知k=1，所以n≥2时，Sn+1+Sn﹣1=2〔Sn+S1〕，即〔Sn+1﹣Sn〕﹣〔Sn﹣Sn﹣1〕=2S1，又a1=1，那么an+1﹣an=2a1=2，又a2=2，所以数列{an}除去首项后，是以2为首项，2为公差的等差数列，故当n≥2时，an=a2+2〔n﹣2〕=2n﹣2，所以a5=8；〔2〕根据题意可知当k∈M={3，4}，且n＞k时，Sn+k+Sn﹣k=2〔Sn+Sk〕①，且Sn+1+k+Sn+1﹣k=2〔Sn+1+Sk〕②，②﹣①得：〔Sn+1+k﹣Sn+k〕+〔Sn+1﹣k﹣Sn﹣k〕=2〔Sn+1﹣Sn〕，即an+1+k+an+1﹣k=2an+1，可化为：an+1+k﹣an+1=an+1﹣an+1﹣k所以n≥8时，an﹣6，an﹣3，an，an+3，an+6成等差数列，且an﹣6，an﹣2，an+2，an+6也成等差数列，从而当n≥8时，2an=an﹣3+an+3=an﹣6+an+6，〔*〕且an﹣2+an+2=an﹣6+an+6，所以当n≥8时，2an=an﹣2+an+2，即an+2﹣an=an﹣an﹣2，于是得到当n≥9时，an﹣3，an﹣1，an+1，an+3成等差数列，从而an﹣3+an+3=an﹣1+an+1，由〔*〕式可知：2an=an﹣1+an+1，即an+1﹣an=an﹣an﹣1，当n≥9时，设d=an﹣an﹣1，那么当2≤n≤8时，得到n+6≥8，从而由〔*〕可知，2an+6=an+an+12，得到2an+7=an+1+an+13，两式相减得：2〔an+7﹣an+6〕=an+1﹣an+〔an+13﹣an+12〕，那么an+1﹣an=2d﹣d=d，因此，an﹣an﹣1=d对任意n≥2都成立，又由Sn+k+Sn﹣k﹣2Sn=2Sk，可化为：〔Sn+k﹣Sn〕﹣〔Sn﹣Sn﹣k〕=2Sk，当k=3时，〔Sn+3﹣Sn〕﹣〔Sn﹣Sn﹣3〕=9d=2S3；同理当k=4时，得到16d=2S4，两式相减得：2〔S4﹣S3〕=2a4=16d﹣9d=7d，解得a4=d，因为a4﹣a3=d，解得a3=d，同理a2=d，a1=，那么数列{an}为等差数列，由a1=1可知d=2，所以数列{an}的通项公式为an=1+2〔n﹣1〕=2n﹣1．点评：此题考查学生灵活运用数列的递推式化简求值，掌握确定数列为等差数列的方法，会根据等差数列的首项和等差写出数列的通项公式，是一道中档题．201220.(本小题总分值16分)各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an+1=eq\f(an+bn,\r(a\o(2,n)+\o(2,n)))，nN*；⑴设bn+1=1+eq\f(bn,an)，nN*，求证：数列eq\b\bc\{((\f(bn,an))2)是等差数列；⑵设bn+1=eq\r(2)·eq\f(bn,an)，nN*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值；201319、〔本小题总分值16分〕设是首项为、公差为的等差数列，为其前项和。记，其中c为实数。〔1〕假设c=0，且成等比数列，证明：〔2〕假设为等差数列，证明：c=0。19．证：〔1〕假设，那么，，．当成等比数列，，即：，得：，又，故．由此：，，．故：〔〕．〔2〕，．(※)假设是等差数列，那么型．观察(※)式后一项，分子幂低于分母幂，故有：，即，而≠0，故．经检验，当时是等差数列．201420.(本小题总分值16分)设数列的前项和为.假设对任意正整数，学科网总存在正整数，使得，那么称是“H数列”.(1)假设数列的前n项和(N),证明:是“H数列”;(2)设是等差数列,其首项,公差.假设是“H数列”,求的值；(3)证明：对任意的等差数列，总存在两个“H数列”和，使得(N)成立.20.【解析】〔1〕首先，当时，，所以，所以对任意的，是数列中的项，因此数列是“数列”．〔2〕由题意，，数列是“数列”，那么存在，使，，由于，又，那么对一切正整数都成立，所以．〔3〕首先，假设〔是常数〕，那么数列前项和为是数列中的第项，因此是“数列”，对任意的等差数列，〔是公差〕，设，，那么，而数列，都是“数列”，证毕．【考点】〔1〕新定义与数列的项，〔2〕数列的项与整数的整除；〔3〕构造法．201520．〔16分〕〔2015•江苏〕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：2，2，2，2依次构成等比数列；〔2〕是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由；〔3〕是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？并说明理由．20．〔16分〕〔2015•江苏〕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：2，2，2，2依次构成等比数列；〔2〕是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由；〔3〕是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？并说明理由．考点：等比关系确实定；等比数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析：〔1〕根据等比数列和等差数列的定义即可证明；〔2〕利用反证法，假设存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，推出矛盾，否认假设，得到结论；〔3〕利用反证法，假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，得到a1n〔a1+2d〕n+2k=〔a1+2d〕2〔n+k〕，且〔a1+d〕n+k〔a1+3d〕n+3k=〔a1+2d〕2〔n+2k〕，利用等式以及对数的性质化简整理得到ln〔1+3t〕ln〔1+2t〕+3ln〔1+2t〕ln〔1+t〕=4ln〔1+3t〕ln〔1+t〕，〔**〕，屡次构造函数，屡次求导，利用零点存在定理，推出假设不成立．解答：解：〔1〕证明：∵==2d，〔n=1，2，3，〕是同一个常数，∴2，2，2，2依次构成等比数列；〔2〕令a1+d=a，那么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，a22，a33，a44依次构成等比数列，那么a4=〔a﹣d〕〔a+d〕3，且〔a+d〕6=a2〔a+2d〕4，令t=，那么1=〔1﹣t〕〔1+t〕3，且〔1+t〕6=〔1+2t〕4，〔﹣＜t＜1，t≠0〕，化简得t3+2t2﹣2=0〔*〕，且t2=t+1，将t2=t+1代入〔*〕式，t〔t+1〕+2〔t+1〕﹣2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，那么t=﹣，显然t=﹣不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列．〔3〕假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，那么a1n〔a1+2d〕n+2k=〔a1+2d〕2〔n+k〕，且〔a1+d〕n+k〔a1+3d〕n+3k=〔a1+2d〕2〔n+2k〕，分别在两个等式的两边同除以=a12〔n+k〕，a12〔n+2k〕，并令t=，〔t＞，t≠0〕，那么〔1+2t〕n+2k=〔1+t〕2〔n+k〕，且〔1+t〕n+k〔1+3t〕n+3k=〔1+2t〕2〔n+2k〕，将上述两个等式取对数，得〔n+2k〕ln〔1+2t〕=2〔n+k〕ln〔1+t〕，且〔n+k〕ln〔1+t〕+〔n+3k〕ln〔1+3t〕=2〔n+2k