江苏省高考数学苏教版二轮复习专题10 数列Ⅱ

江苏省高考数学苏教版二轮复习专题10 数列Ⅱ

江苏省2013届高考数学（苏教版）二轮复习专题10 数__列(Ⅱ)‎ 回顾2008～2012年的高考题，数列是每一年必考的内容之一.其中在填空题中，会出现等差、等比数列的基本量的求解问题.在解答题中主要考查等差、等比数列的性质论证问题，只有2009年难度为中档题，其余四年皆为难题.‎ 预测在2013年的高考题中，数列的考查变化不大：‎ (1)填空题依然是考查等差、等比数列的基本性质.‎ (2)在解答题中，依然是考查等差、等比数列的综合问题，可能会涉及恒等关系论证和不等关系的论证.‎ ‎1．在等差数列{an}中，公差d＝，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________.‎ 解析：S100＝(a1＋a100)＝45，a1＋a100＝，‎ a1＋a99＝a1＋a100－d＝.‎ a1＋a3＋a5＋…＋a99＝(a1＋a99)＝×＝10.‎ 答案：10‎ ‎2．已知数列{an}对任意的p，q∈N*满足ap＋q＝ap＋aq，且a2＝－6，那么a10＝________.‎ 解析：由已知得a4＝a2＋a2＝－12，a8＝a4＋a4＝－24，a10＝a8＋a2＝－30.‎ 答案：－30‎ ‎3．设数列{an}的前n项和为Sn，令Tn＝，称Tn为数列a1，a2，…，an的“理想数”，已知数列a1，a2，…，a500的“理想数”为2 004，那么数列12，a1，a2，…，a ‎500的“理想数”为________．‎ 解析：根据理想数的意义有，‎ ‎2 004＝，‎ ‎∴ ‎＝＝2 012.‎ 答案：2 012‎ ‎4．函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，a)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：函数y＝x2(x>0)在点(16,256)处的切线方程为y－256＝32(x－16)．令y＝0得a2＝8；同理函数y＝x2(x>0)在点(8,64)处的切线方程为y－64＝16(x－8)，令y＝0得a3＝4；依次同理求得a4＝2，a5＝1.所以a1＋a3＋a5＝21.‎ 答案：21‎ ‎5．将全体正整数排成一个三角形数阵：‎ 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：前n－1行共有正整数1＋2＋…＋(n－1)个，即个，因此第n行第3个数是全体正整数中第＋3个，即为.‎ 答案： ‎　　 ‎(1)已知正数数列{an}对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap·aq，若a2＝4，则an＝________.‎ ‎(2)数列{an}为正项等比数列，若a2＝1，且an＋an＋1＝6an－1(n∈N，n≥2)，则此数列的前n项和Sn＝________.‎ ‎[解析]　(1)由ap＋q＝ap·aq，a2＝4，可得a2＝a＝4⇒a1＝2，所以ap＋1＝ap·a1，即＝a1＝2，即数列{an}为等比数列，所以an＝a1·qn－1＝2·2n－1＝2n.‎ ‎(2)设等比数列的公比为q，由an＋an＋1＝6an－1知，当n＝2时，a2＋a3＝6a1.再由a2‎ ‎＝1，得1＋q＝，化简得q2＋q－6＝0，解得q＝－3或q＝2.∵q>0，‎ ‎∴q＝2，∴a1＝，∴Sn＝＝2n－1－.‎ ‎[答案]　(1)2n　(2)2n－1－ 这两题分别是由“ap＋q＝ap·aq”和“an＋an＋1＝6an－1”推出其他条件来确定基本量，不过第(1)小题中首先要确定该数列的特征，而第(2)小题已经明确是等比数列，代入公式列方程求解即可．‎ ‎　　 已知{an}是等差数列，a10＝10，前10项和S10＝70，则其公差d＝________.‎ 解析：法一：因为S10＝70，所以＝70，即a1＋a10＝14.又a10＝10，所以a1＝4，故9d＝10－4＝6，所以d＝.‎ 法二：由题意得解得 答案： ‎　　 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n，n≥1.‎ ‎(1)写出数列{an}的前三项a1，a2，a3；‎ ‎(2)求证数列为等比数列，并求出{an}的通项公式．‎ ‎[解]　(1)在Sn＝2an＋(－1)n，n≥1中分别令n＝1,2,3得 解得 ‎(2)由Sn＝2an＋(－1)n，n≥1，得Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1，n≥2.‎ 两式相减得an＝2an＋(－1)n－2an－1－(－1)n－1，n≥2.‎ 即an＝2an－1－2(－1)n，n≥2.‎ an＝2an－1－×(－1)n－×(－1)n＝2an－1＋×(－1)n－1－×(－1)n，‎ an＋×(－1)n＝2(an－1＋×(－1)n－1)(n≥2)，‎ 故数列是以a1－＝为首项，2为公比的等比数列．‎ 所以an＋×(－1)n＝×2n－1，‎ 即an＝×2n－1－×(－1)n.‎ ‎1．求数列通项公式的方法：(1)公式法；(2)根据递推关系求通项公式有：①叠加法；②叠乘法；③转化法；(3)已知前n项和公式用an＝求解．‎ ‎2．数列求和的基本方法：(1)公式法；(2)分组法；(3)裂项相消法；(4)错位相减法；(5)倒序相加法．‎ ‎　　 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝pan－2n，n∈N*，其中常数p>2.‎ ‎(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；‎ ‎(2)若a2＝3，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)对于(2)中数列{an}，若数列{bn}满足bn＝log2(an＋1)(n∈N*)，在bk与bk＋1之间插入2k－1(k∈N*)个2，得到一个新的数列{cn}，试问：是否存在正整数m，使得数列{cn}的前m项的和Tm＝2 011？如果存在，求出m的值；如果不存在，说明理由．‎ 解：(1)证明：因为2Sn＝pan－2n，‎ 所以2Sn＋1＝pan＋1－2(n＋1)，‎ 所以2an＋1＝pan＋1－pan－2，‎ 所以an＋1＝an＋，所以an＋1＋1＝(an＋1)．‎ 因为2a1＝pa1－2，且p>2，所以a1＝>0.‎ 所以a1＋1＝>0.‎ 所以＝≠0.‎ 所以数列{an＋1}为等比数列．‎ ‎(2)由(1)知an＋1＝n，‎ 所以an＝n－1.‎ 又因为a2＝3，所以2－1＝3.‎ 所以p＝4，an＝2n－1.‎ ‎(3)由(2)得bn＝log22n＝n(n∈N*)，数列{cn}中，bk(含bk项)前的所有项的和是(1＋2＋3＋…＋k)＋(20＋21＋22＋…＋2k－2)×2＝＋2k－2，‎ 当k＝10时，其和是55＋210－2＝1 077<2 011，‎ 当k＝11时，其和是66＋211－2＝2 112>2 011，‎ 又因为2 011－1 077＝934＝467×2，是2的倍数，‎ 所以当m＝10＋(1＋2＋22＋…＋28)＋467＝988时，‎ Tm＝2 011，所以存在m＝988使得Tm＝2 011.‎ ‎　　 将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：‎ 已知表中的第一列数a1，a2，a5，…构成一个等差数列，记为{bn}，且b2＝4，b5＝10.表中每一行正中间一个数a1，a3，a7，…构成数列{cn}，其前n项和为Sn.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a13＝1.‎ ‎①求Sn；‎ ‎②记M＝{n|(n＋1)cn≥λ，n∈N*}，若集合M的元素个数为3，求实数λ的取值范围．‎ ‎[解]　(1)设数列{bn}的公差为d，‎ 则解得所以bn＝2n.‎ ‎(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q.‎ 由于前n行共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2个数，且32<13<42，‎ 所以a10＝b4＝8.‎ 所以a13＝a10q3＝8q3.又a13＝1，解得q＝.‎ 因此cn＝2n·n－1＝.‎ 所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn－1＋cn＝＋＋…＋＋，Sn＝＋＋…＋＋.‎ 因此Sn＝＋＋＋…＋－＝4－－＝4－，‎ 解得Sn＝8－.‎ ‎②由①知cn＝，不等式(n＋1)cn≥λ，可化为≥λ.‎ 设f(n)＝，‎ 计算得f(1)＝4，f(2)＝f(3)＝6，f(4)＝5，f(5)＝，‎ 因为f(n＋1)－f(n)＝，‎ 所以当n≥3时，f(n＋1)8.‎ 答案：(8，＋∞)‎ ‎4．等差数列{an}共有2n＋1项，其中奇数项之和为319，偶数项之和为290，则n＝________.‎ 解析：由＝＝，‎ 得n＝10.‎ 答案：10‎ ‎5．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________．‎ 解析：由题意可知q≠1，∴可得2(1－qn)＝(1－qn＋1)＋(1－qn＋2)，即q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(不合题意，舍去)，∴q＝－2.‎ 答案：－2‎ ‎6．所有正奇数如下数表排列(表中下一行中的数的个数是上一行中数的个数的2倍)：‎ 第一行　1‎ 第二行　3　5‎ 第三行　7　9　11　13‎ ‎……‎ 则第6行中的第3个数是________．‎ 解析：由1＋2＋4＋8＋16＋3＝34得第六行第三个数为第34个正奇数，所以这个数是2×34－1＝67.‎ 答案：67‎ ‎7．设1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是________．‎ 解析：记a2＝m，则1≤m≤q≤m＋1≤q2≤m＋2≤q3，要q取最小值，则m必定为1，于是有1≤q≤2,2≤q2≤3，3≤q3，所以q≥.‎ 答案： ‎8．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的前100项的和为________．‎ 解析：由a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，得a2＝＝3，a3＝＝1，a4＝＝2，则{an}是周期为3的数列，所以S100＝(2＋3＋1)×33＋2＝200.‎ 答案：200‎ ‎9．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，a2＝2，b1＝2，且任意的正整数i，j，k，l，当i＋j＝k＋l时，都有ai＋bj＝ak＋bl，则 (ai＋bi)的值是________．‎ 解析：由题意得a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝4，a5＝5；b1＝2，b2＝3，b3＝4，b4＝5，b5＝6.归纳得an＝n，bn＝n＋1；设cn＝an＋bn，cn＝an＋bn＝n＋n＋1＝2n＋1，则数列{cn}是首项为c1＝3，公差为2的等差数列，所以 (ai＋bi)＝×＝2 012.‎ 答案：2 012‎ ‎10．对正整数n，设曲线y＝xn(1－x)在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列的前n项和是________．‎ 解析：y′＝nxn－1－(n＋1)xn，曲线y＝xn(1－x)在x＝2处的切线的斜率为k＝n·2n－1－(n＋1)·2n，切点为(2，－2n)，所以切线方程为y＋2n＝k(x－2)，令x＝0得an＝(n＋1)·2n，令bn＝＝2n，数列的前n项和为2＋22＋23＋…＋2n＝2n＋1－2.‎ 答案：2n＋1－2‎ ‎11．已知数列{an}满足an>0且对一切n∈N*，有a＋a＋…＋a＝S，a1＋a2＋…＋an＝Sn.‎ ‎(1)求证：对一切n∈N*有a－an＋1＝2Sn；‎ ‎(2)求数列{an}通项公式．‎ 解：(1)证明：∵a＋a＋…＋a＝S，①‎ ‎∴a＋a＋…＋a＋a＝S.②‎ ‎②－①得S－S＝a，‎ 即(Sn＋1－Sn)(Sn＋1＋Sn)＝a，‎ an＋1(2Sn＋an＋1)＝a.‎ ‎∵an＋1≠0，‎ ‎∴a－an＋1＝2Sn(n∈N*)．‎ ‎(2)由a－an＋1＝2Sn及a－an＝2Sn－1(n≥2)‎ 两式相减，得(an＋1＋an)(an＋1－an)＝an＋1＋an.‎ ‎∵an＋1＋an>0，∴an＋1－an＝1(n≥2)．‎ 当n＝1,2时，易得a1＝1，a2＝2也适合an＋1－an＝1，‎ ‎∴{an}是等差数列，且an＝n.‎ ‎12．设数列{an}的前n项和为Sn，已知＋＋…＋＝(n∈N*)．‎ ‎(1)求S1，S2及Sn；‎ ‎(2)设bn＝an，若对一切n∈N*，均有bk∈，求实数m的取值范围．‎ 解：依题意，n＝1时，S1＝2；n＝2时，S2＝6.‎ 因为＋＋…＋＝(n∈N*)，‎ n≥2时，＋＋…＋＝，‎ 所以＝－，所以Sn＝n(n＋1)．‎ 上式对n＝1也成立，所以Sn＝n(n＋1)(n∈N*)．‎ ‎(2)当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，‎ 所以an＝2n(n∈N*)，bn＝n，＝.‎ 所以数列{bn}是等比数列．‎ 则bk＝＝.‎ 因为随n的增大而增大，‎ 所以≤bk<，‎ 由得 所以m<0或m≥5，即m的取值范围为(－∞，0)∪[5，＋∞)．‎ ‎　‎