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1、五、数列五、数列（一）填空题（一）填空题1 1、（20082008 江苏卷江苏卷 1010）将全体正整数排成一个三角形数阵：12 34 5 67 8 9 10 按照以上排列的规律，第n 行（n 3）从左向右的第 3 个数为【解析】本小题考查归纳推理和等差数列求和公式前n1 行共有正整数 12（nn2nn2n1）个，即个，因此第 n 行第 3 个数是全体正整数中第3 个，即为22n2n622 2、（20092009 江苏卷江苏卷 1414）设an是公比为q的等比数列，|q|1，令bn an1(n 1,2,若数列bn有连续四项在集合53,23,19,37,82中，则6q=.【解析】考查等价转化能力
2、和分析问题的能力。等比数列的通项。)，an有连续四项在集合54,24,18,36,81，四项24,36,54,81成等比数列，公比为3q ，6q=-9-923 3、（20102010 江苏卷江苏卷 8 8）函数 y=x(x0)的图像在点(ak,ak)处的切线与 x 轴交点的横坐标为ak+1,k为正整数，a1=16，则a1+a3+a5=_解析考查函数的切线方程、数列的通项。2222在点(ak,ak)处的切线方程为：y ak 2ak(xak),当y 0时，解得x ak，2所以ak1ak,a1a3a51641 21。2 a7，其中a1,a3,a5,a7成公比为 q 的等比数列，4 4、（201120
3、11 江苏卷江苏卷 1313）设1 a1 a2a2,a4,a6成公差为 1 的等差数列，则 q 的最小值是_.23【解析】由题意：1 a1 a2 q a21 q a2 2 q，a2 q a21,a21 q2 a2 2q3 a2 2 3，而a21,a11,a2,a21,a22的最小值分别为 1，2，3；qmin33.本题主要考查综合运用等差、等比的概念及通项公式，不等式的性质解决问题的能力,考查抽象概括能力和推理能力，本题属难题.5 5、（20122012 江苏卷江苏卷 6 6）现有 10 个数，它们能构成一个以 1 为首项，3为公比的等比数列，若从这10 个数中随机抽取一个数，则它小于8 的概
4、率是【解析】【解析】组成满足条件的数列为：1,3,9.27,81,243,729,2187,6561,19683.从中随机取出一个数共有取法10种，其中小于8的取法共有6种，因此取出的这个数小于8的概率为3.5【点评】【点评】本题主要考查古典概型.在利用古典概型解决问题时，关键弄清基本事件数和基本事件总数，本题要注意审题，“一次随机取两个数”，意味着这两个数不能重复，这一点要特别注意.6 6、（20132013 江苏卷江苏卷1414）14在正项等比数列an中，a51，a6 a7 3，则满足2a1 a2 an a1a2an的最大正整数n的值为。答案：1412（二）解答题（二）解答题1 1、（20
5、082008 江苏卷江苏卷 1919）.（）设a1,a2,an是各项均不为零的等差数列（n 4），且公差d 0，若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：当 n=4 时，求a1的数值；求n的所有可能值；d（）求证：对于一个给定的正整数 n(n4)，存在一个各项及公差都不为零的等差数列b1,b2,bn，其中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列【解析】：本小题考查等差数列、等比数列的综合应用。（1）当n=4 时,a1,a2,a3,a4中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，则推出d=0。22若删去a2，则a3 a1a4，即(a1 2d)a1(a13d)化简得a
6、14d 0，得a14da22若删去a3，则a2 a1a4，即(a1 d)a1(a13d)化简得a1d 0，得11daa综上，得14或11。dd当n=5 时,a1,a2,a3,a4,a5中同样不可能删去a1,a2,a4,a5，否则出现连续三项。若删去a3，则a1a5 a2a4，即a1(a14d)(a1d)(a13d)化简得3d 0，因2为d0，所以a3不能删去；当n6 时，不存在这样的等差数列。事实上，在数列a1,a2,a3,去an1也有a1an a3an2，这与d0矛盾；若删去a3,an2,an1,an中，由于不能删去首项或末项，若删去a2，则必有a1an a3an2，这与d0矛盾；同样若删,
7、an2中任意一个，则必有a1an a2an1，这与d0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bx1,by1,bz1（0 x y z n1）为任意三项成等比数列，则b2y1bx1bz1，即(b1 yd)2(b1 xd)(b1 zd)，化简得(y2 xz)d2(x z 2y)b1d（*）2由b1d 0知，y xz与x z 2y同时为 0 或同时不为 0当y xz与x z 2y同时为 0 时，有x y z与题设矛盾。2b1y2 xz故y xz与x z 2y同时不为
8、 0，所以由（*）得dx z 2y2因为0 x y z n1，且x、y、z 为整数，所以上式右边为有理数，从而于是，对于任意的正整数n(n4)，只要b1为有理数。db1为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列。d例如 n 项数列 1，1 2，12 2，1(n1)2满足要求。2 2、（20092009 江苏卷江苏卷 1717）（本小题满分 14 分）2222设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a2 a3 a4 a5,S7 7。（1）求数列an的通项公式及前n项和Sn；（2）试求所有的正整数m，使得amam1为数列an中的项。am2【解析】本小题主要考查等差数列的通项、求和的有关
9、知识，考查运算和求解的能力。满分 14 分。（1）设公差为d，则a2为d解2222，由性质得3d(a4 a3)d(a4a3)，因a5 a4a3 0，所以a4a30，即2a15d 0，又由S77得7a1得76d 7，2，a1 5d 2,(2)（方法一）则amam1(2m7)(2m5)=,设2m3 t，am22m3amam1(t 4)(t 2)8 t 6,所以t为 8 的约数=am2tt（方法二）因为amam1(am24)(am22)8 am26为数列an中的项，am2am2am2故8 am+2为整数，又由（1）知：am2为奇数，所以am2 2m3 1,即m 1,2经检验，符合题意的正整数只有m
10、2。3 3、（20092009 江苏卷江苏卷 2323）（本题满分 10 分）对于正整数n2，用Tn表示关于x的一元二次方程x 2axb 0有实数根的有序数组2(a,b)的组数，其中a,b1,2,；对于随机选取的a,b1,2,n（a和b可以相等）2,n（a和b可以相等），记Pn为关于x的一元二次方程x 2axb 0有实数根的概率。（1）求Tn2和P；（2）求证：对任意正整数n2，有Pn1n21.n【解析】必做题必做题 本小题主要考查概率的基本知识和记数原理，考查探究能力。满分 10分。4 4、（20102010 江苏卷江苏卷 1919）（本小题满分 16 分）设各项均为正数的数列an的前 n
11、项和为Sn，已知2a2 a1 a3，数列S是公差为dn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m n 3k且m n的任意正整数m,n,k，不等式Sm Sn cSk都成立。求证：c的最大值为9。2【解析】本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等 式等有关知识，考查探索、分析及论证的能力。满分16 分。（1）由题意知：d 0，SnS1(n1)d a1(n1)d2a2 a1a3 3a2 S3 3(S2S1)S3，3(a1d)2a12(a12d)2,化简，得：a12 a1d d 0,a1 d,a1 d,Sn d(n1)d nd,Sn n d，22222当n
12、 2时，an Sn Sn1 n d(n1)d (2n1)d，适合n 1情形。2故所求an(2n1)d2222（2）（方法一）m2n2Sm Sn cSk m d n d ck d m n ck，c 恒成立。k2222222222m2n29，又m n 3k且m n，2(m n)(mn)9k 2k22222故c 99，即c的最大值为。2222（方法二）由a1 d及Sna1(n1)d，得d 0，Sn n d。于是，对满足题设的m,n,k，m n，有(mn)2292299Sm Sn(m n)d d d k Sk。所以c的最大值cmax。2222222933。设k为偶数，令m k 1,n k 1，则m,n
13、,k符合条件，22231222222322且SmSn(m n)d d(k 1)(k 1)d(9k 4)。222另一方面，任取实数a 22于是，只要9k 4 2ak，即当k 2122时，Sm Snd 2ak aSk。22a9所以满足条件的c 999，从而cmax,因此c的最大值为。2225 5、（20112011 江苏卷江苏卷 2020）设部分为正整数组成的集合，数列an的首项a11，前n 项和为Sn，已知对任意整数 kM，当整数n k时,Snk Snk 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【解析】本小题考查数列的通项与前n项和的关
14、系、等差数列的基本性质等基础知识，考查考生分析探究及逻辑推理的能力，满分16 分。解：（1）由题设知，当n 2时,Sn1 Sn1 2(Sn S1)，即(Sn1 Sn)(Sn Sn1)2S1，an1 an 2a1 2,又a2 2,故当n 2时,an a2 2(n 2)2n 2.所以a5的值为 8。（2）由题设知，当k M 3,4,且n k时,Snk Snk 2Sn 2Sk且Sn1k Sn1k 2Sn1 2Sk，两式相减得an1k an1k 2an1,即an1k an1k an1 an1k所以当n 8时,an6,an3,an,an3,an6成等差数列，且an6,an2,an2,an6也成等差数列从
15、而当n 8时，2an an3 an3 an6 an6.且an6 an6 an2 an2,所以当n 8时,2an an2 an2，（*）即an2 an an an2.于是当n 9时,an3,an1,an1,an3成等差数列，从而an3 an3 an1 an1，故由（*）式知2an an1 an1,即an1 an an an1.当n 9时，设d an an1.当2 m 8时,m 6 8，从 而 由（*）式 知2am6 am am12,故2am7 am1 am13.从而2(am7 am6)am1 am(am13 am12)，于是am1 am 2d d d.因此，an1 an d对任意n 2都成立，又
16、由Snk Snk 2Sk 2Sk(k 3,4)可知(Snk Sn)(Sn Snk)2Sk,故9d 2S3且16d 2S4，解得a473dd,从而a2d,a1.因此，数列an为等差数列，由a11知d 2.222所以数列an的通项公式为an 2n 1.6 6、（20122012 江苏卷江苏卷 2020）（本小题满分 16 分）已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an1anbnan2bn2，nN N2bbnn（1）设bn11，nN N，求证：数列 是等差数列；aann（2）设bn12 bn，nN N，且an是等比数列，求a1和b1的值an【点评】【点评】本题综合考查等差数列的定义、等比数列的有
17、关知识的灵活运用、指数幂和根式的互化.数列通项公式的求解.注意利用等差数列的定义证明问题时一般思路和基本方法，本题是有关数列的综合题；从近几年的高考命题趋势看，数列问题仍是高考的热点、重点问题，在训练时，要引起足够的重视.7 7、（20132013江苏卷江苏卷1919）19 本小题满分16分。设an是首项为a，公差为d的等差数列(d 0)，Sn是其前n项和。记bnnSn*，n N，其中c为实数。2n c2*（1）若c 0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk n Sk（k,n N）；（2）若bn是等差数列，证明：c 0。20本小题满分 16 分。设函数f(x)lnx ax，g(x)e a
18、x，其中a为实数。（1）若f(x)在(1,)上是单调减函数，且g(x)在(1,)上有最小值，求a的取值范围；（2）若g(x)在(1,)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论。19证明：an是首项为a，公差为d的等差数列(d 0)，Sn是其前n项和Sn na xn(n 1)d2Snn 1 a dn22（1）c 0bn123d)a(a d)22112111ad d 0d(a d)0d 0a dd 2a24222n(n 1)n(n 1)Sn na d na 2a n2a22b1，b2，b4成等比数列b2 b1b4(a 222222左边=Snk(nk)a n k a右边=n Sk n
19、k a左边=右边原式成立（2）bn是等差数列设公差为d1，bn b1(n 1)d1带入bnnSn得：2n cb1(n 1)d1nSn1132(d d)n (b d a d)n cd1n c(d1b1)对111222n cn N恒成立1d 12d 01b1 d1 a d 02cd1 0c(d b)011由式得：d11dd 0d1 02由式得：c 0法二：证：（1）若c 0，则an a (n 1)d，Sn当b1，b2，b4成等比数列，b2 b1b4，2n(n 1)d 2a(n1)d 2a，bn22d 3d 2即：a aa，得：d 2ad，又d 0，故d 2a222222222由此：Sn n a，S
20、nk(nk)a n k a，n Sk n k a2*故：Snk n Sk（k,n N）2(n 1)d 2anS2（2）bn2n，2n cn c(n1)d 2a(n1)d 2a(n1)d 2an2cc2222n c(n 1)d 2ac(n 1)d 2a2 ()22n cn2若bn是等差数列，则bn An Bn型观察()式后一项，分子幂低于分母幂，(n1)d 2a(n 1)d 2a(n1)d 2a2c 0故有：，即，而0，0222n c故c 0c经检验，当c 0时bn是等差数列8、（20132013 江苏卷江苏卷 2323）卷 附加题9、23本小题满分 10 分。k个设 数 列an：（-1）k，（
21、-1）k，即 当1，-2，-2,3,3,3，-4，-4，-4，-4，k-1k-1（k 1）k（k k 1）k1（-1）k，记Sn a1 a2 n kN时，an22 annN，对于lN，定义集合Pl n Sn是an的整数倍，nN，且1 n l（1）求集合P11中元素的个数；（2）求集合P2000中元素的个数。23本题主要考察集合 数列的概念与运算计数原理等基础知识，考察探究能力及运用数学归纳法分析解决问题能力及推理论证能力。（1）解：由数列an的定义得：a11，a2 2，a3 2，a4 3，a5 3，a6 3，a7 4，a8 4，a9 4，a10 4，a11 5S11，S2 1，S3 3，S4
22、0，S5 3，S6 6，S7 2，S8 2，S9 6，S10 10，S11 5S11a1，S4 0a4，S51a5，S6 2a6，S11 1a11集合P11中元素的个数为 5（2）证明：用数学归纳法先证Si(2i1)i(2i 1)事实上，当i 1时，Si(2i1)S3 1(2 1)3故原式成立假设当i m时，等式成立，即Sm(2m1)m(2m 1)故原式成立则：i m 1，时，S(m1)2(m1)1 S(m1)(2m3 Sm(2m1)(2m1)2(2m2)2 m(2m1)(2m1)2(2m2)2(2m25m 3)(m 1)(2m 3)综合得：Si(2i1)i(2i 1)于是S(i1)2i1 S
23、i(2i1(2i 1)2 i(2i 1)(2i 1)2(2i 1)(i 1)由上可知：Si(2i1是(2i 1)的倍数而a(i1)(2i1 j 2i 1(j 1,2,2i 1)，所以Si(2i1)j Si(2i1)j(2i 1)是a(i1)(2i1 j(j 1,2,2i 1)的倍数又S(i1)2i1(i 1)(2i 1)不是2i 2的倍数，而a(i1)(2i1 j(2i 2)(j 1,2,2i 2)所以S(i1)(2i1)j S(i1)(2i1)j(2i 2)(2i 1)(i 1)j(2i 2)不是a(i1)(2i1 j(j 1,2,2i 2)的倍数（2i-1）i故当l i(2i 1)时，集合Pl中元素的个数为13于是当l i(2i 1)j（时，集合Pl中元素的个数为i j1 j 2i 1）又2000 31（2311）47故集合P2000中元素的个数为31 47 1008222