2014江苏高考直通车二轮攻略30讲+数列部分.doc

2014高考直通车高考二轮攻略30讲第17讲 等差数列和等比数列的概念与性质【课前诊断】1已知数列an的前n项和Snn29n，第k项满足5ak8，则k的值为_解析Snn29n，n2时，anSnSn12n10，a1S18适合上式，an2n10(nN*)，52k108，得7.5k9.k8.答案82(2013高考新课标全国卷)若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式是an_解析当n1时，S1a1，a11.当n2时，anSnSn1an(an1)(anan1)，an2an1，即2，an是以1为首项的等比数列，其公比为2，an1(2)n1，即an(2)n1.答案(2)n14(2010高考湖北卷)已知等比数列中，各项都是正数，且a1，a3，2a2成等差数列，则的值为_解析设等比数列an的公比为q，a1，a3,2a2成等差数列，a3a12a2.a1q2a12a1q.q22q10.q1.各项都是正数，q0.q1.q2(1)232.答案325设等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，若Sn1，Sn，Sn2成等差数列，则q的值为_解析由已知条件得2SnSn1Sn2，即2Sn2Sn2an1an2，即2.答案2【例题探究】(2013高考浙江卷)在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1，2a22，5a3成等比数列(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.解：(1)由题意得，a15a3(2a22)2，由a110，an为公差为d的等差数列得，d23d40，解得d1或d4.所以ann11(nN*)或an4n6(nN*)(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0，n1,2，且a5a2n522n(n3)，则当n1时，log2a1log2a3log2a2n1_解析由题知an2n，log2a2n12n1，log2a1log2a3log2a2n113(2n1)n2.答案n23(2013高考重庆卷)已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8_解析a1，a2，a5成等比数列，aa1a5，(1d)21(4d1)，d22d0.d0，d2.S881264.答案644已知各项为正数的等差数列an的前20项和为100，那么a7a14的最大值为_解析因为an为各项为正数的等差数列，且前20项和为100，所以100，即a1a2010，所以a7a1410.又因为a7a11225，当且仅当a7a14时“”成立答案255(2010江苏，8)函数yx2(x0)的图象在点(ak，ak2)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak1，其中kN*.若a116，则a1a3a5的值是_解析对函数yx2，y2x，函数yx2(x0)在点(ak，ak2)处的切线方程为yak22ak(xak)，令y0得ak1ak.又a116，a3a2a14，a5a31.a1a3a5164121.答案216已知两个等差数列an和bn的前n项和为An和Bn，且，则使得为整数的正整数n的个数是_解析由等差数列的前n项和及等差中项，可得7(nN*)，故n1，2，3，5，11时，为整数答案57(2010辽宁高考)设Sn为等比数列an的前n项和，已知3S3a42，3S2a32，则公比q_解析由已知得3S3a42,3S2a32，两式作差得3(S3S2)a4a3，化简整理得a44a3，故公比q4.答案48(2010辽宁高考)已知数列an满足a133，an1an2n，则的最小值为_解析an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12(n1)(n2)13333n2n，所以n1.设f(x)x1，则f(x)1.令f(x)0，得x或x，所以的最小值为.答案9(2013安徽)如图，互不相同的点A1，A2，An，和B1，B2，Bn分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn1An1的面积均相等设OAnan，若a11，a22，则数列an的通项公式是_解析由已知S梯形AnBnBn1An1S梯形An1Bn1Bn2An2SOBn1An1SOBnAnSOBn2An2SOBn1An1，即SOBnAnSOBn2An22SOBn1An1由相似三角形面积比是相似比的平方知OAOA2OA，即aa2a，因此a为等差数列且aa3(n1)3n2，故an.答案an10等比数列an中，已知a12，a416.(1)求数列an的通项公式；(2)若a3，a5分别为等差数列bn的第3项和第5项，试求数列bn的通项公式及前n项和Sn.解：(1)设an的公比为q，由已知得162q3，解得q2，an2n.(2)由(1)得a38，a532，则b38，b532.设bn的公差为d，则有解得从而bn1612(n1)12n28.所以数列bn的前n项和Sn6n222n.11(2012苏北四市调研二)设Sn为数列an的前n项和，若(nN*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”(1)若数列2bn是首项为2，公比为4的等比数列，试判断数列bn是否为“和等比数列”；(2)若数列cn是首项为c1，公差为d(d0)的等差数列，且数列cn是“和等比数列”，试探究d与c1之间的关系解(1)因为数列2bn是首项为2，公比为4的等比数列，所以2bn24n122n1，因此，bn2n1，设数列bn前n项和为Tn，则Tnn2，T2n4n2，所以4.因此数列bn是“和等比数列”(2)设数列cn的前n项和为Rn，且k(k0)，则由cn是等差数列，得Rnnc1d，R2n2nc1d，所以k.对于nN*都成立，化简得(k4)dn(k2)(2c1d)0，则有因为d0，所以k4，d2c1.因此，d与c1之间的等量关系为d2c1.12已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）若数列滿足，证明：数列是等差数列；（3）证明：.（1）解：是以为首项，2为公比的等比数列 即（2），得即，得即是等差数列 （3）证明： 2014高考直通车高考二轮攻略30讲第18讲 数列求和【课前诊断】1(2010天津)已知an是首项为1的等比数列，Sn是an的前n项和，且9S3S6，则数列的前5项和为_解析设数列an的公比为q.由题意可知q1，且，解得q2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5.答案2数列n2n前n项和为_解析Sn121222323n2n，2Sn122223(n1)2nn2n1，两式相减得Sn222232nn2n1n2n12n12n2n1(1n)2n12Sn(n1)2n12答案(n1)2n123数列(1)nn的前2013项的和S2013为_数列(1)n1n的前2013项的和S2013为解析S2013123420122013(12)(34)(20112012)2013100620131007.4求和：_解析，原式.答案【例题探究】已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn.(1)求an及Sn；(2)令bn(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d.因为a37，a5a726，所以解得所以an32(n1)2n1，Sn3n2n22n.(2)由(1)知an2n1，所以bn，所以Tn(1)(1)，即数列bn的前n项和Tn.在等差数列an中，a11，前n项和Sn满足条件，n1,2，.(1)求数列an的通项公式；(2)记bnanpan(p0)，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设等差数列an的公差为d，由，当n1时，得3，所以a22，即da2a11.当n2时，由，所以ann.(2)由bnanpan，得bnnpn，所以Tnp2p23p3(n1)pn1np2n，当p1时，Tn；当p1时，pTnp22p33p4(n1)pnnpn1，由，得(1p)Tnpp2p3pn1pnnpn1npn1.即Tn(2012天一中学，淮阴中学，海门中学调研)已知数列an是各项均不为0的等差数列，公差为d，Sn为其前n项和，且满足aS2n1，nN*，数列bn满足bn，Tn为数列bn的前n项和(1)求数列an的通项公式an和数列bn的前n项和的Tn；(2)若对任意的nN*，不等式Tnn8(1)n恒成立，求实数的取值范围；(3)是否存在正整数m，n(1mn)，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由解(1)在aS2n1中，令n1，n2，得即解得a11，d2或d1，当d1时，a20与题设不符d2.an2n1，又an2n1时，Snn2满足aS2n1，an2n1.bn，Tn.(2)当n为偶数时，要使不等式Tnn8(1)n恒成立，则需不等式2n17恒成立2n8，等号在n2时取得此时需满足25.当n为奇数时，要使不等式Tnn8(1)n恒成立，即需不等式2n15恒成立2n是随n的增大而增大，n1时2n取得最小值6.此时需满足21.综合、可得的取值范围是0，即2m24m10，1m1，m2，此时n12.因此，当且仅当m2，n12时，数列Tn中的T1，Tm，Tn成等比数列冲刺强化练习(18)1已知等比数列an的前n项和Sn2n1，则aaa_解析当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn12n1(2n11)2n1，又a11适合上式an2n1，a4n1.数列a是以a1为首项，以4为公比的等比数列aaa(4n1)答案(4n1)2已知函数f(x)，那么f(1)f(2)f()f(3)f()f(4)f()_解析f(x)，f()，f(x)f()1，原式f(1)f(2)f()f(3)f()f(4)f()111.答案3(2011广东)等差数列an前9项的和等于前4项的和若a11，aka40，则k_.解析设等差数列an的前n项和为Sn，则S9S40，即a5a6a7a8a90,5a70，故a70.而aka40，故k10.答案104在等比数列an中，Sn为其前n项和，若S3013S10，S10S30140，则S20的值为.解析解法一由已知得 S1010，S30130.设等比数列的首项为a1，公比为q(q1).解法二由已知得 S1010，S30130.因为等比数列中，S10，S20S10，S30S20也成等比数列,所以(S20 S10)2 S10(S30 S20).即 (S20 10)210(130 S20).整理得，解得：S2040或S2030(舍去)，所以S2040.答案405(2011天津卷)已知an是等差数列，Sn为其前n项和，nN*.若a316，S2020，则S10的值为_解析设等差数列的首项为a1，公差为d，由题意得，解之得a120，d2，S101020(2)110.答案1106在数列an中，an，且Sn9，则n_解析an，a11，a2，an，Sn19，n99.答案997已知为等比数列，a11，a427，Sn为等差数列bn前n项和，b13，S535，设Tna1b1a2b2anbn，则Tn_解析， 得：，整理得：答案n3n8在平面直角坐标系中，已知An(n，an)、Bn(n，bn)、Cn(n1,0)(nN*)，满足向量AnAn1与向量共线，且点Bn(n，bn)(nN*)都在斜率为6的同一条直线上若a16，b112.数列的前n项和Tn_解析：点Bn(n，bn)(nN)都在斜率为6的同一条直线上，6，即bn1bn6，于是数列bn是等差数列，故bn126(n1)6n6.AnAn1(1，an1an)，(1，bn)，又AnAn1与共线，1(bn)(1)(an1an)0，即an1anbn，当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)a1b1b2b3bn1a1b1(n1)3(n1)(n2)3n(n1)当n1时，上式也成立所以an3n(n1)，Tn.答案9已知函数f(x)若数列an满足anf(n) (nN*)，且an是递增数列，则实数a的取值范围是_解析数列an满足anf(n) (nN*)，则函数f(n)为增函数，注意a86(3a)73.所以解得2an1，即10时，AnBn，当aBn.12(2012湖北)已知等差数列an前三项的和为3，前三项的积为8.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列|an|的前n项和解(1)设等差数列an的公差为d，则a2a1d，a3a12d.由题意得解得或所以由等差数列通项公式可得an23(n1)3n5或an43(n1)3n7.故an3n5或an3n7.(2)当an3n5时，a2，a3，a1分别为1，4,2，不成等比数列；当an3n7时，a2，a3，a1分别为1,2，4，成等比数列，满足条件故|an|3n7|记数列|an|的前n项和为Sn.当n1时，S1|a1|4；当n2时，S2|a1|a2|5；当n3时，SnS2|a3|a4|an|5(337)(347)(3n7)5n2n10.当n2时，满足此式综上，Sn2014高考直通车高考二轮攻略30讲第19讲 数列的综合应用【课前诊断】1已知，若bn是等比数列，则k 解析由得根据得出即，解得k2或3答案2或32设函数f(x)满足f(n1)(nN*)，且f(1)2，则f(20)_解析f(n1)f(n)，累加，得f(20)f(1)()f(1)97.答案973设正数数列an的前n项之和是bn，数列bn前n项之积是cn，且bncn1，则数列中最接近108的项是第 项解析依题意得bn (n2)，又bncn1，则cn1，1，由b1c1，b1c11得b1c1，则cn，bn，所以anbnbn1，n(n1)，因此数列中最接近108的项是第10项.答案104(2012湖北)定义在(，0)(0，)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2；f(x)2x；f(x)；f(x)ln |x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为_解析方法一验证q2，为“保等比数列函数”，故填.方法二利用特殊化思想，选an2n判定不妨令an2n.因为f(x)x2，所以f(an)4n.显然f(2n)是首项为4，公比为4的等比数列因为f(x)2x，所以f(a1)f(2)22，f(a2)f(4)24，f(a3)f(8)28，所以416，所以f(an)不是等比数列因为f(x)，所以f(an)()n.显然f(an)是首项为，公比为的等比数列因为f(x)ln |x|，所以f(an)ln 2nnln 2.显然f(an)是首项为ln 2，公差为ln 2的等差数列答案【例题探究】(2012广东卷)设数列an的前n项和为Sn，满足2Snan12n11，nN*，且a1，a25，a3成等差数列(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1)又a11满足上式，an3n2n.(3)证明3，3312n2(n2n)12n22n22n(n1)，111，即0.所以f(n)是单调递增函数，故f(n)的最小值是f(2).(3)bn，可得Sn1，SnSn1(n2)，n(SnSn1)1，nSn(n1)Sn1Sn11，(n1)Sn1(n2)Sn2Sn212S2S1S11nSnS1S1S2S3Sn1n1S1S2S3Sn1nSnnn(Sn1)，n2.g(n)n，故存在关于n的整式g(n)n，使得对于一切不小于2的自然数n恒成立(2012盐城调研二)在数列an中，a11，且对任意的kN*，a2k1，a2k，a2k1成等比数列，其公比为qk.(1)若qk2(kN*)，求a1a3a5a2k1；(2)若对任意的kN*，a2k，a2k1，a2k2成等差数列，其公差为dk，设bk.求证：bk是等差数列，并指出其公差；若d12，试求数列dk的前k项的和Dk.(1)解qk2，4，故a1，a3，a5，a2k1是首项为1，公比为4的等比数列，a1a3a5a2k1(4k1)(2)证明a2k，a2k1，a2k2成等差数列，2a2k1a2ka2k2，而a2k，a2k2a2k1qk1，qk12，则qk11，得1，1，即bk1bk1，bk是等差数列，且公差为1.解d12，a3a22，则由a1a3a22，解得a22或a21.()当a22时，q12，b11，则bk1(k1)1k，即k，得qk，则a2k1a11(k1)2，a2kk(k1)，则dka2k1a2kk1，故Dk.()当a21时，q11，b1，则bk(k1)1k，即k，得qk，a2k1a1142，则a2k(2k1)(2k3)，dka2k1a2k4k2，从而Dk2k2.综上所述，Dk或Dk2k2.冲刺强化练习(19)1(2009宁夏卷)等比数列an的公比q0，已知a21，an2an16an，则an的前4项和S4_解析由an2an16an得：qn1qn6qn1，即q2q60，q0，解得：q2，又a21，所以，a1，S4.答案2已知数列an满足a10，an1(nN*)，则a20等于_解析a10，an1，a2，a3，a40，数列an的最小正周期为3，a20a362a2.答案3(2008浙江卷)已知an是等比数列，a22，a5，则a1a2a2a3anan1_解析q3，q，a14，可得anan116()2n1，原式16()3()2n1(14n)答案(14n)4(2012泰州模拟)数列an为正项等比数列，若a22，且anan16an1(nN，n2)，则此数列的前4项和S4_解析由a1q2，a1qn1a1qn6a1qn2，得qn1qn6qn2，所以q2q6.又q0，所以q2，a11.所以S415.答案155(2010天津卷)设an是等比数列，公比q，Sn为an的前n项和记Tn，nN*.设Tn0为数列Tn的最大项，则n0_.解析Tn，因为()n8，当且仅当()n4，即n4时取等号，所以当n04时Tn有最大值答案46(2012安徽卷)公比为的等比数列an的各项都是正数，且a3a1116，则log2a16_解析(解法一)由等比中项的性质得a3a11a16，又数列各项为正，所以a74.所以a16a7q932.所以log2a165.(解法二)设等比数列的公比为q，由题意，an0，则a3 a11 a 2 a 24，所以a 210，解得a1625.故log2a165.答案57(2012盐城第一学期摸底考试)设等差数列an满足：公差dN*，anN*，且an中任意两项之和也是该数列中的一项若a135，则d的所有可能取值之和为_解析由题意知，an35(n1)d.对数列an中的任意两项ar，as其和为aras3535(rs2)d，设at35(t1)d，则35(rs2)d(t1)d，即35(trs1)d.因为r，s，t，dN*，所以35是d的整数倍，即d所有可能取值为1,3,9,27,81,243，和为364.答案3648(2008江西卷)在数列an中，a12，an1anln，则an等于_解析a2a1ln，a3a2ln，anan1ln，ana1ln2ln n.又解：由题意，(n1)an1nan对一切自然数n成立，nan(n1)an11a11，an答案2ln n9(2009湖北卷)已知数列an满足a1m(m为正整数)，an1若a61，则m所有可能的取值为_解析若an为偶数，则an2an1；若an为奇数，则an.因为a61，反推得a52(a50舍去)，a44.若a3为偶数，则a32a48，a216.所以a12a232或a15.若a3为奇数，则a31，a22，a14.综上，得m4，5，32.答案4，5，3210(2012四川卷)记x为不超过实数x的最大整数，例如，22，1.51，0.31.设a为正整数，数列xn满足x1a，xn1(nN*)现有下列命题：当a5时，数列xn的前3项依次为5，3，2；对数列xn都存在正整数k，当nk时总有xnxk；当n1时，xn1；对某个正整数k，若xk1xk，则xk其中的真命题有_(写出所有真命题的编号)解析对于，x1a5，x23，x32，正确；对于，取a3，则x13，x22，x31，x42.由此可知，n2时，该数列所有奇数项等于1，所有偶数项等于2，故错误；对于，由x的定义知xx1，而a是正整数，故xn0，且xn是整数，又n1时，x1a1，命题为真，于是，xn1，由于xn和都是整数，故xn111，正确；对于，当xk1xk时，得xk，从而xk0，即xk0