【三维设计】（江苏专版）高中数学二轮专题 第一部分 专题9配套专题检测.doc

【三维设计】（江苏专版）2013高中数学二轮专题 第一部分 专题9配套专题检测1在等差数列an中，设s1a1a2an，s2an1an2a2n，s3a2n1a2n2a3n，则s1，s2，s3关系为_解析：s1sn，s2s2nsn，s3s3ns2n，sn，s2nsn，s3ns2n成等差数列答案：等差数列2(2012南京第一次模拟)记等比数列am的前n项积为tn(nn*)，已知am1am12am0，且t2m1128，则m_.解析：因为am为等比数列，所以am1am1a.又由am1am12am0，得am2.则t2m1a，所以22m1128，m4.答案：43在等比数列an中，a12，前n项和为sn，若数列an1也是等比数列，则sn等于_解析：因数列an为等比数列，则an2qn1，因数列an1也是等比数列，则3,2q1,2q21成等比数列，(2q1)23(2q21)，即q22q10q1，即an2，所以sn2n.答案：2n4设f(n)2242721023n10(nn)，则f(n)等于_解析：f(n)(8n41)答案：(8n41)5弹子跳棋共有60颗大小相同的球形弹子，现在棋盘上将它叠成正四面体球垛，使剩下的弹子尽可能的少，那么剩下的弹子有_个解析：参考公式1222n2.依题意第k层正四面体有123k个，则前k层共有(1222k2)(12k)60，k最大为6，剩4.答案：46等差数列an的前n项和为sn，且a4a28，a3a526，记tn，如果存在正整数m，使得对一切正整数n，tnm都成立则m的最小值是_解析：由a4a28，可得公差d4，再由a3a526，可得a11，故snn2n(n1)2n2n，tn2.要使得tnm，只需m2即可，故m的最小值为2.答案：27(2012镇江联考)若x，a1，a2，y成等差数列，x，b1，b2，y成等比数列，则的取值范围是_解析：2.若x，y同号，则2，当且仅当xy时取等号；若x，y异号，则2，当且仅当xy时取等号，得的取值范围是(，04，)答案：(，04，)8设an是公比为q的等比数列，|q|1，令bnan1(n1,2，)，若数列bn有连续四项在集合53，23，19,37,82中，则6q_.解析：由条件知数列an中连续四项在集合54，24，18,36,81中，又|q|1，所以q1且q2.则q，6q9.答案：99三个互不相等的实数成等差数列，适当交换这三个数的位置后，变成一个等比数列，则此等比数列的公比是_解析：设这三个数分别为ad，a，ad(d0)，由于d0，所以ad，a，ad或ad，a，ad不可能成等比数列；若ad，ad，a或a，ad，ad成等比数列，则(ad)2a(ad)，即d3a，此时q或q2；若a，ad，ad或ad，ad，a成等比数列，则(ad)2a(ad)，即d3a，此时q2或q.故q2或.答案：2或10已知两个等比数列an，bn满足a1a(a0)，b1a11，b2a22，b3a33，若数列an惟一，则a_.解析：设等比数列an的公比为q，则b1a1，b2aq2，b3aq23，(aq2)2(a1)(aq23)，即aq24aq3a10.因为数列an是惟一的，因此由方程aq24aq3a10解得的a，q的值是惟一的若0，则a2a0，又a0.因此这样的a不存在，故方程aq24aq3a10必有两个不同的实根，且其中一根为零，于是有3a10，a，此时q4，数列an是惟一的，因此a.答案：11设an是公差不为零的等差数列，sn为其前n项和，满足aaaa，s77.(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，使得为数列an中的项解：(1)设公差为d，则由aaaa得3d(a4a3)d(a4a3)因为d0，所以a4a30，即2a15d0.又s77得7a1d7，解得a15，d2，所以an的通项公式为an2n7，前n项和snn26n.(2)法一：，设2m3t，则t6，所以t为8的约数因为t是奇数，所以t可取的值为1，当t1，m2时，t63,2573，是数列an中的项；当t1，m1时，t615，数列an中的最小项是5，不符合所以满足条件的正整数m2.法二：因为am26为数列an中的项，故为整数，又由(1)知am2为奇数，所以am22m31，即m1,2.经检验，符合题意的正整数m为2.12设数列an是一个无穷数列，记tn2i1ai2a1a32n2an1，nn*.(1)若an是等差数列，证明：对于任意的nn*，tn0；(2)对任意的nn*，若tn0，证明：an是等差数列；(3)若tn0，且a10，a21，数列bn满足bn2an，由bn构成一个新数列3，b2，b3，设这个新数列的前n项和为sn，若sn可以写成ab，(a，bn，a1，b1)，则称sn为“好和”问s1，s2，s3，中是否存在“好和”，若存在，求出所有“好和”；若不存在，说明理由解：(1)证明：对于任意的正整数n，tn2i1ai2a1a32n2an1，2tn22i1ai4a12a32n3an1.将上面两等式作差得tna3a12i(ai1ai)2n2(an1an2)数列an是等差数列，设其公差为d，tn2dd2i2n2d0，tn0.(2)证明：对于任意的正整数n，tn2i1ai2a1a32n2an10，tn12i1ai2a1a32n3an20，将上面两等式作差得an12an2an30.由t12i1ai2a1a323a20即a3a2a2a1，综上，对一切正整数n，都有an12anan10，所以数列an是等差数列(3)由(2)知an是等差数列，其公差是1，所以ana1(n1)n1，bn2an2n1.当n2时，sn3242n12n1，s13，所以对正整数n都有sn2n1.由ab2n1，ab12n，a，bn，a1，b1，a只能是不小于3的奇数当b为偶数时，ab1(a1)(a1)2n，因为a1和a1都是大于1的正整数，所以存在正整数t，s，使得a12s，a12t，2s2t2