2020年江苏省高考数学专项拔高训练专题16 数列问题(解析版)
专题16 数列问题
考情分析
真题再现
1.（2019·江苏卷）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M ?数列”．
(1)已知等比数列{a n }(n ∈N ?)满足：a 2a 4=a 5，a 3?4a 2+4a 1=0，求证：数列{a n }为“M ?数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N ?)满足：b 1=1，1S n
=2b n
?2
b
n+1
，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．
①求数列{b n }的通项公式；
②设m 为正整数，若存在“M ?数列”{c n }(n ∈N ?)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k+1成立，求m 的最大值．
【答案】解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，则 由a 2a 4=a 5，a 3?4a 2+4a 1=0，得
{a 12q 4=a 1q 4a 1q 2?4a 1q +4a 1=0
∴{a 1=1q =2， ∴数列{a n }首项为1且公比为正数 即数列{a n }为“M ?数列”； (2)①∵b 1=1，
1S n =
2b n ?
2b n+1，
∴当n =1时，1
S 1
=1
b 1
=2
b 1
?2
b 2
，∴b 2=2，
当n =2时，1S 2
=1
b
1+b 2
=2b 2
?2
b 3
，∴b 3=3，
当n =3时，1S 3
=1
b
1+b 2+b 3
=
2b 3
?
2b 4
，∴b 4=4，
猜想b n =n ，下面用数学归纳法证明； (i)当n =1时，b 1=1，满足b n =n ，
(ii)假设n =k 时，结论成立，即b k =k ，则n =k +1时， 由1S k
=2b k
?2
b
k+1
，得
b k+1=2b k S k
2S
k ?b k
=
2k?
k(k+1)22?k(k+1)2
?k
=k +1，
故n =k +1时结论成立，
根据(i)(ii)可知，b n =n 对任意的n ∈N ?都成立． 故数列{b n }的通项公式为b n =n ； ②设{c n }的公比为q ，
存在“M ?数列”{c n }(n ∈N ?)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k+1成立， 即q k?1≤k ≤q k 对k ≤m 恒成立，
当k =1时，q ≥1，当k =2时，√2≤q ≤2， 当k ≥3，两边取对数可得，对k ≤m 有解，
即[
lnk k
]max ≤[
lnk
k?1]min
， 令f(x)=lnx x
(x ≥3)，则f′(x)=1?lnx x 2
，
当x ≥3时，，此时f(x)递增， ∴当k ≥3时，[lnk k
]max =
ln33
，
令
，则g′(x)=
1?1x
?lnx x 2，
令?(x)=1?1x ?lnx ，则?′(x)=1?x x 2
，
当x ≥3时，
，即
，
∴g(x)在[3，+∞)上单调递减， 即k ≥3时，[lnk
k?1]min =lnm
m?1，则
ln33
≤lnm
m?1，
下面求解不等式
ln33
≤
lnm
m?1
，
化简，得3lnm ?(m ?1)ln3≤0， 令?(m)=3lnm ?(m ?1)ln3，则，
由k ≥3得m ≥3，
，∴?(m)在[3，+∞)上单调递减，
又由于?(5)=3ln5?4ln3=ln125?ln81>0，?(6)=3ln6?5ln3=ln216?ln243<0， ∴存在m 0∈(5，6)使得?(m 0)=0，
∴m 的最大值为5，此时q ∈[313，51
4]．
2.（2018·江苏卷）设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列． (1)设a 1=0，b 1=1，q =2，若|a n ?b n |≤b 1对n =1，2，3，4均成立，求d 的取值范围；
(2)若a 1=b 1>0，m ∈N ?，q ∈(1，√2m ]，证明：存在d ∈R ，使得|a n ?b n |≤b 1对n =2，3，…，m +1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．
【答案】解：(1)由题意可知|a n ?b n |≤1对任意n =1，2，3，4均成立， ∵a 1=0，q =2，
∴{|0?1|≤1|d ?2|≤1|2d ?4|≤1|3d ?8|≤1，解得{1≤d ≤3
32≤d ≤527
3
≤d ≤3.即73≤d ≤52． (2)∵a 1=b 1>0且|a n ?b n |≤b 1对n =2，3，…，m +1均成立， ∴|b 1+(n ?1)d ?b 1?q n?1|≤b 1，(n =2，3，…，m +1)， 即
b 1q n?1?2b 1
n?1
≤d ≤
b 1q n?1n?1
，(n =2，3，…，m +1)，
∵q ∈(1，√2m
]，∴2n?1
m ≤2，2?2n ≤?2，(n =2，3，…，m +1)， ∴
b 1q n?1?2b 1
n?1=
b 1n?1
(q
n?1
?2)=
b 1n?1
(2
n?1
m
?2)≤0，(n =2，3，…，m +1)，
又∵
b 1q n?1n?1
>0，(n =2，3，…，m +1)，
∴存在d ∈R ，使得|a n ?b n |≤b 1对n =2，3，…，m +1均成立 当m =1时，(√2?2)b 1≤d ≤√2b 1， 设c n =
b 1q n?1n?1
，则c n+1?c n =
b 1q n n
?
b 1q n?1n?1
=b 1?q n?1?
(q?1)n?q n(n?1)
，(n =2，3，…，m)，
设f(n)=(q ?1)n ?q ， ∵q ?1>0， ∴f(n)单调递增， ∵q ∈(1，√2m
]，
∴f(m)=(q ?1)m ?q =(m ?1)(√2m
?m
m?1)=(m ?1)(21m
?11?
1m
)，
设1
m =x ，(x ∈(0，1
2])，
且设g(x)=2x +1
x?1，则g′(x)=2x ln2?1
(x?1)2，
∵2x ln2≤√2?ln2，1<1
(x?1)2
≤4，
∴g′(x)=2x ln2?1
(x?1)2<0，在x∈(0，1
2
]上恒成立，即g(x)单调递减，又ｇ(0)=0，
∴g(x)<0，∴f(m)<0
∴f(n)<0对(n=2，3，…，m)均成立，
∴数列{c n}，(n=2，3，…，m+1)单调递减，
∴c n的最大值为c2=b1q，c n的最小值为c m+1=b1q m
m
，
∴d的取值范围是d∈[b1(q m?2)
m ，b1q m
m
].
3.（2017·江苏卷）对于给定的正整数k，若数列{a n}满足：a n?k+a n?k+1+?+a n?1+a n+1+?a n+k?1+
a n+k=2ka n对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{a n}是“P(k)数列”．
(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；
(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列．
【答案】解：(1)证明：设等差数列{a n}首项为a1，公差为d，则a n=a1+(n?1)d，
则a n?3+a n?2+a n?1+a n+1+a n+2+a n+3，
=(a n?3+a n+3)+(a n?2+a n+2)+(a n?1+a n+1)，
=2a n+2a n+2a n，
=2×3a n，
∴等差数列{a n}是“P(3)数列”；
(2)证明：由数列{a n}是“P(2)数列”则a n?2+a n?1+a n+1+a n+2=4a n，①
数列{a n}是“P(3)数列”a n?3+a n?2+a n?1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n，②
由①可知：a n?3+a n?2+a n+a n+1=4a n?1，③
a n?1+a n+a n+2+a n+3=4a n+1，④
由②?(③+④)：?2a n=6a n?4a n?1?4a n+1，
整理得：2a n=a n?1+a n+1，
∴数列{a n}是等差数列．
核心要点
数列是刻划离散现象的数学模型，是高中代数的重要内容之一，数列知识对进一步理解函数的概念和体会数学的应用价值具有重要意义。历年来，江苏高考对数列的考查比较全面，有关数列的试题经常是探索性的综合题。数列问题中蕴含着丰富的数学思想，如函数与方程、转化与化归、分类讨论等，另外还涉及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。对数列知识的研究和复习，要关注以下几点：（1）在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题。
（2）理解和掌握等差、等比数列通项与求和公式推导中蕴含的基本方法，如倒序相加法、错位相减法、裂项法等。
（3）在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力。
（4）善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高用函数的思想、方程的思想研究数列问题的能力，注重培养主动探究和科学理性的思维方法。
拔高训练
1.（2019·苏州模拟）设数列{a n}的前n项和为S n，若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得S n=a m，
则称{a n}是“H数列”．
(1)若数列{a n}的前n项和为S n=2n(n∈N?)，证明：{a n}是“H数列”；
(2)设{a n}是等差数列，其首项a1=1，公差d<0，若{a n}是“H数列”，求d的值；
(3)证明：对任意的等差数列{a n}，总存在两个“H数列”{b n}和{c n}，使得a n=b n+c n(n∈N?)成立．【答案】解：(1)当n≥2时，a n=S n?S n?1=2n?2n?1=2n?1，
当n=1时，a1=S1=2．
当n=1时，S1=a1．
当n≥2时，S n=a n+1．
∴数列{a n}是“H”数列．
(2)S n=na1+n(n?1)
2d=n+n(n?1)
2
d，
对?n∈N?，?m∈N?使S n=a m，即n+n(n?1)
2
d=1+(m?1)d，
取n=2时，得1+d=(m?1)d，解得m=2+1
d
，
∵d<0，
∴m<2，
又m∈N?，
∴m=1，
∴d=?1．
(3)设{a n}的公差为d，令b n=a1?(n?1)a1=(2?n)a1，
对?n∈N?，b n+1?b n=?a1，
c n=(n?1)(a1+d)，
对?n∈N?，c n+1?c n=a1+d，
则b n+c n=a1+(n?1)d=a n，且数列{b n}和{c n}是等差数列．
(?a1)，
∴数列{b n}的前n项和T n=na1+n(n?1)
2
+2．
令T n=(2?m)a1，则m=n(n?3)
2
当n=1时，m=1；当n=2时，m=1．
当n≥3时，由于n与n?3的奇偶性不同，即n(n?3)为非负偶数，m∈N?．
因此对?n∈N?，都可找到m∈N?，使T n=b m成立，即{b n}为H数列．
(a1+d)，
数列{c n}的前n项和R n=n(n?1)
2
+1．
令c m=(m?1)(a1+d)=R n，则m=n(n?1)
2
∵对?n∈N?，n(n?1)为非负偶数，∴m∈N?．
因此对?n∈N?，都可找到m∈N?，使R n=c m成立，即{c n}为H数列．
因此命题得证．
2.（2019·南京模拟）若数列{a n}是递增的等差数列，它的前n项和为T n，其中T3=9，且a1，a2，a5成
等比数列．
(1)求{a n}的通项公式；
(2)设b n=1
，数列{b n}的前n项和为S n，若对任意n∈N?，4S n≤a2?a恒成立，求a的取值范围．
a n a n+1
【答案】解：(1)数列{a n}是递增的等差数列，
公差设为d(d>0)，
T 3=9，即a 1+a 2+a 3=9， 即有3a 1+3d =9，即a 1+d =3①， 又a 1，a 2，a 5成等比数列，
可得a 22
=a 1a 5，
即有(a 1+d)2=a 1(a 1+4d)②， 由①②解得a 1=1，d =2， 则a n =1+2(n ?1)=2n ?1． (2)b n =1
a
n a n+1
=1(2n?1)(2n+1)=12(12n?1?1
2n+1)，
前n 项和为S n =1
2(1?1
3+1
3?1
5+?+1
2n?1?1
2n+1) =1
2(1?1
2n+1)=n
2n+1．
对任意n ∈N ?，4S n ≤a 2?a 恒成立， 只需S n 的最大值小于或等于a 2?a 4
，而S n <1
2，
可得a 2?a ≥2， 解得a ≤?1或a ≥2．
所以a 的取值范围是(?∞，?1]∪[2，+∞)．
3. （2019·无锡模拟）数列{a n }的前n 项和记为A n ，且A n =
n(a 1+a n )
2
，数列{b n }是公比为q 的等比数列，
它的前n 项和记为B n .若a 1=b 1≠0，且存在不小于3的正整数k ，m ，使a k =b m ? (1)若a 1=1，a 3=5，求a 2， (2)证明：数列{a n }为等差数列；
(3)若q =2，是否存在整数m ，k ，使A k =86B m ，若存在，求出m ，k 的值；若不存在，说明理由． 【答案】解：(1)由A n =
n(a 1+a n )
2
，得A 3=a 1+a 2+a 3=
3(a 1+a 3)
2
，
∵a 1=1，a 3=5，∴a 2=3； (2)由A n =
n(a 1+a n )
2
，得A n+1=
(n+1)(a 1+a n+1)
2
，
两式相减，得a n+1=
a 1+(n+1)a n+1?na n
2
，
∴(n ?1)a n+1?na n +a 1=0，∴na n+2?(n +1)a n+1+a 1=0，
两式相减，得2a n+1=a n+a n+2，∴数列{a n}为等差数列；
(3)由题意，得a k=b m=a1?2m?1，
∵A k=86B m，∴(a1+a k)k
2=86(a1?qa m)
1?q
，
∴(a1+a1?2m?1)k
2=86(a1?a1?2m)
1?q
，
∴344?k=516
2m?1+1
，
∵29=512，且m≥3，∴2≤m?1≤9，
又∵516=4×3×43，且2m?1+1为奇数，
∴2m?1+1=129时，516
2m?1+1
是整数，此时m?1=7，
∴m=8，k=340．
4.（2019·常州模拟）已知数列{a n}满足对任意的n∈N?，都有a n(q n a n?1)+2q n a n a n+1=a n+1(1?
q n a n+1)，且a n+1+a n≠0，其中a1=2，q≠0.记T n=a1+qa2+q2a3+?+q n?1a n．
(1)若q=1，求T2019的值．
(2)设数列{b n}满足b n=(1+q)T n?q n a n．
①求数列{b n}的通项公式；
②若数列{c n}满足c1=1，且当n>2时，c n=2b n?1?1，是否存在正整数k，t，使c t，c k?c t，c t?c k
成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，说明理由．
【答案】解：(1)a n(q n a n?1)+2q n a n a n+1=a n+1(1?q n a n+1)，
即为q n(a n2+2a n a n+1+a n+1
2)=q n(a n+1+a n)2=a n+a n+1(a n+1+a n≠0)，
可得a n+a n+1=q?n，
若q=1，可得a n+a n+1=1，T2019=a1+(a2+a3)+?+(a2018+a2019)=2+1×1009=1011；(2)①b n=(1+q)T n?q n a n
=a1+qa2+q2a3+?+q n?1a n+qa1+q2a2+q3a3+?+q n?1a n?1+q n a n?q n a n =a1+q(a1+a2)+q2(a2+a3)+?+q n?1(a n+a n?1)=2+1+?+1=2+n?1=n+1；
②若数列{c n}满足c1=1，且当n≥2时，c n=2b n?1?1=2n?1，
假设存在正整数k，t，使c t，c k?c t，c t?c k成等比数列，
即有c t(c t?c k)=(c k?c t)2，即为c t=c t?c k，或c t?c k=0，
可得ck=0或c k=c t，即2k=1，即k=0，或k=t，不成立，
故不存在正整数k，t，使c t，c k?c t，c t?c k成等比数列．
5.（2019·徐州模拟）已知数列{a n}，其中n∈N?．
(1)若{a n}满足a n+1?a n=q n?1(q>0，n∈N?)．
①当q=2，且a1=1时，求a4的值；
②若存在互不相等的正整数r，s，t，满足2s=r+t，且a r，a s，a t成等差数列，求q的值．
(2)设数列{a n}的前n项和为b n，数列{b n}的前n项和为?n，?n=b n+2?3，n∈N?，若a1=1，a2=2，
2?a n a n+2|≤k恒成立，求k的最小值．
且|a n+1
【答案】解：(1)①由{a n}满足a n+1?a n=q n?1(q>0，n∈N?)，
可得a4?a3=4，a3?a2=2，a2?a1=1，累加可得a4=8；
②因a n+1?a n=q n?1(q>0，n∈N?)，可得a n?a n?1=q n?2，…，
a2?a1=1，q=1时，a n=n，满足题意；
+a1，
当q≠1时，累加得a n+1=1?q n
1?q
+a1，
所以a n=1?q n?1
1?q
若存在r，s，t满足条件，化简得2q s=q r+q t，
即2=q r?s+q t?s≥2√q r+t?2s=2，
此时q=1(舍去)，
综上所述，符合条件q的值为1；
(2)由?n=b n+2?3，可知c n+1=b n+3?3，
两式作差可得：b n+3=b n+2+b n+1，又由c1=1，c2=4，
可知b3=4，b4=7，故b3=b2+b1，
所以b n+2=b n+1+b n对一切的n∈N?恒成立，
对b n+3=b n+2+b n+1，b n+2=b n+1+b n，
两式进行作差可得a n+3=a n+2+a n+1，
又由b3=4，b4=7可知a3=1，a4=3，
故a n+2=a n+1+a n(n≥2)，
2?a n+1a n+3=(a n+1+a n)2?a n+1(a n+2+a n+1)
又由a n+2
=(a n+1+a n )2?a n+1(a n +2a n+1)=?a n+12
+a n a n+2，n ≥2， 所以|a n+22?a n=1a n+3|=|a n+12?a n a n+2|， 所以当n ≥2时|a n+12?a n a n+2|=5，
当n =1时|a n+12?a n a n+2|=3，故k 的最小值为5．
6. （2019·南通模拟）数列{a n }中，对任意给定的正整数n ，存在两个不相等的正整数i ，j(i a n =a i a j ，则称数列{a n }具有性质P ． (1)若仅有3项的数列1，a ，b 具有性质P ，求a +b 的值； (2)求证：数列{n n+2019}具有性质P ； (3)正项数列{b n }是公比不为1的等比数列，若具有性质P ，则数列{b n }至少有多少项？请说明理由． 【答案】解：(1)∵数列1，a ，b 具有性质P ，∴{ab =1 a = b ，∴{a =1b =1 或{?a =?1b =?1， ∴a +b =2或a +b =?2． (2)假设存在不相等的正整数i ，j(i n+2019=i i+2019+j j+2019， 解得：j = (i+2019)n i?n ，取i ?n =1，则存在{i =n +1 j =(n +2019)n 使得n n+2019=i i+2019+j j+2019成立， ∴数列{n n+2019}具有性质P ． (3)设正项等比数列{b n }的公比为q ，q >0且q ≠1，则b n =b 1q n?1， ∵数列{b n }具有性质P ． ∴存在不相等的正整数i ，j(i q i+j?2， 且n ≥3， ∵j >i ≥1，且i ，j ∈N ?，∴i +j ?2≥1， 若i +j ?2=1，即b 1=1 q ，∴b 2=1，b 3=q ， 要使b 1=1 q =b i b j ，则1 q 2 必 为{b n }中的项，与b 1=1 q 矛盾，∴i +j ?2≠1； 若i +j ?2=2，即b 1=1 q 2，∴b 2=1 q ，b 3=1，b 4=q ， 要使b 1=1 q 2=b i b j ， 则1 q 3 必 为{b n }中的项，与b 1=1 q 2矛盾，∴i +j ?2≠2； 若i +j ?2=3，即b 1=1 q 3，∴b 2=1 q 2，b 3=1 q ，b 4=1，b 5=q ，b 6=q 2，b 7=q 3， 这时对于n =1，2，…，7，都存在b n =b i b j ，其中i ∴数列{b n}至少有7项． 7.（2019·连云港模拟）已知数列{a n}满足a 1?a2?…?a n=2n(n+1) 2(n∈N?)，数列{b n}的前n项和S n= n(b1+b n) 2 (n∈N?)，且b1=1，b2=2． (1)求数列{a n}的通项公式； (2)求数列{b n}的通项公式； (3)设c n=1 a n ?1 b n?b n+1 ，记T n是数列{c n}的前n项和，求正整数m，使得对于任意的n∈N?均有T m≥T n． 【答案】解：(1)①a 1 =21×22=2； ②当n≥2时，a n=a1a2…a n?1a n a1a2?a n?1=2 n(n+1) 2 2 (n?1)n 2 =2n． 所以数列{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N?). (2)由S n=n(b1+b n) 2 ，得2S n=n(b1+b n)①， 所以2S n?1=(n?1)(b1+b n?1)(n≥2)②． 由②?①，得2b n=b1+nb n?(n?1)b n?1，n≥2， 即b1+(n?2)b n?(n?1)b n?1=0(n≥2)③， 所以b1+(n?3)b n?(n?2)b n?1=0(n≥3)④． 由④?③，得(n?2)b n?2(n?2)b n?1+(n?2)b n?2=0，n≥3，因为n≥3，所以n?2>0，上式同除以(n?2)，得 b n?2b n?1+b n?2=0，n≥3， 即b n+1?b n=b n?b n?1=?=b2?b1=1， 所以数列{b n}是首项为1，公差为1的等差数列， 故b n=n，n∈N?． (3)因为c n=1 a n ?1 b n?b n+1 =1 2n ?1 n(n+1) =1 n(n+1) [n(n+1) 2n ?1]， 所以c1=0，c2>0，c3>0，c4>0，c5<0． 记f(n)=n(n+1) 2n ， 当n≥5时，f(n+1)?f(n)=(n+1)(n+2) 2n+1?n(n+1) 2n =?(n+1)(n?2) 2n+1 <0， 所以当n≥5时，数列{f(n)}为单调递减数列，当n≥5时，f(n) 25 <1． 从而，当n≥5时，c n=1 n(n+1)[n(n+1) 2n ?1]<0． 因此T1 所以对任意的n∈N?，T4≥T n． 综上，m=4． 8.（2019·镇江模拟）已知数列{a n}满足(na n?1?2)a n=(2a n?1)a n?1(n≥2)，b n=1 a n ?n(n∈N?)． (1)若a1=3，证明：{b n}是等比数列； (2)若存在k∈N?，使得1 a k ，1 a k+1 ，1 a k+2 成等差数列． ①求数列{a n}的通项公式； ②证明：lnn+1 2a n>ln(n+1)?1 2 a n+1． 【答案】解：(1)由(na n?1?2)a n=(2a n?1)a n?1(n≥2)，得1a n =2 a n?1 +2?n， 得 1 a n ?n=2[1 a n?1 ?(n?1)]，得b n=2b n?1， ∵a1=3≠0， ∴b1=1 a1?1=1 3 ?1=?2 3 ≠0，则b n b n?1 =2，(n≥2)， 则{b n}是以b1为首项，公比q=2的等比数列． (2)①设1 a1 ?1=λ，由(1)知，b n=2b n?1，则b n=2n?1b1═2n?1λ， 即 1 a n ?n=2n?1λ，则1 a k =λ?2k?1+k， ∵1 a k ，1 a k+1 ，1 a k+2 成等差数列， ∴(λ?2k?1+k)+(λ?2k+1+k+2)=2(λ?2k+k+1)， ∴λ?2k?1=0，得λ=0，∴即1 a n =n，即a n=1 n ． ②要证lnn+1 2a n>ln(n+1)?1 2 a n+1.即证1 2 a n+1 2 a n+1>ln(n+1)?lnn， 即1 2(a n+1?a n)>ln n+1 n ，即1 n +1 n+1 >2ln n+1 n ，设t=n+1 n ， 则1 n +1 n+1 =t?1+t?1 t =t?1 t ，且t>1， 从而只需要证明：当t>1时，t?1 t >2lnt即可， 设f(x)=x?1 x ?2lnx，(x>1)，则f′(x)=1+1 x2 ?2 x =(1 x ?1)2>0， ∴f(x)在(1，+∞)上单调递增，∴f(x)>f(1)=0，即x?1 x >2lnx， ∵t>1时，∴t?1 t >2lnt成立， ∴原不等式得证． 9.（2019·徐州模拟）在数列{a n}中，a1=0，且对任意k∈N?，a2k?1，a2k，a2k+1成等差数列，其公差 为d k． (1)若d1=2，求a2，a3的值； (2)若d k=2k，证明a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列(k∈N?)； (3)若对任意k∈N?，a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列，其公比为q k.设q1≠1，证明数列{1 q k?1 }是等差数列． 【答案】解：(1)a1=0，且对任意k∈N?，a2k?1，a2k，a2k+1成等差数列，其公差为d k． d1=2，可得a1，a2，a3成等差数列，a2=a1+2=2；a3=a1+4=4； (2)证明：a2k?1，a2k，a2k+1成等差数列，其公差为d k． 可得a2k+1?a2k?1=4k， 即有a3?a1=4，a5?a3=8，…，a2k+1?a2k?1=4k， 累加可得a2k+1?a1=4+8+?+4k=1 2 k(4+4k)=2k(k+1)， 可得a2k+1=2k(k+1)，a2k=a2k+1?2k=2k2，a2k+2=2(k+1)2， 则a2k+1 a2k =a2k+2 a2k+1 =k+1 k ， 可得d k=2k时，a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列(k∈N?)；(3)证明：对任意k∈N?，a2k?1，a2k，a2k+1成等差数列， 可得2a2k=a2k?1+a2k+1， 对任意k∈N?，a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列，其公比为q k． 即有2=a2k?1 a2k +a2k+1 a2k =1 q k?1 +q k． q 1≠1可得q k ≠1， 1q k ?1 =12? 1q k?1 ?1 =1+1 q k?1?1 ， 即1 q k ?1 ? 1q k?1?1 =1，k ≥2， 可得数列{1 q k ?1 }是公差为1的等差数列． 10. （2019·宿迁模拟）已知无穷数列{a n }的各项都不为零，其前n 项和为S n ，且满足a n ?a n+1=S n (n ∈N ?)， 数列{b n }满足b n =a n a n +t ，其中t 为正整数． (1)求a 2018； (2)若不等式a n 2+a n+12 (3)若首项a 1是正整数，则数列{b n }中的任意一项是否总可以表示为数列{b n }中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由． 【答案】解：(1)令n =1时，a 1a 2=S 1， 由于：无穷数列{a n }的各项都不为零， 所以：a 2=1， 由：a n ?a n+1=S n ， 所以：a n+1?a n+2=S n+1， 两式相减得：a n+2?a n =1， 所以：数列{a 2n }是首项为1，公差为1的等差数列． 则：a 2018=a 2+( 20182 ?1)=1009． (2)由(1)知，数列{a 2n }是首项为1，公差为1的等差数列， 数列{a 2n?1}的首项a 1，公差为1的等差数列． 故：a n ={a 1+( n+12 ?1)=a 1+ n+12 (n 为奇数) n 2(n 为偶数) ， 所以：S n ={n+12 a 1+ n 2?14 (n 为奇数) n 2a 1 +n 24 (n 为偶数) ． ①当n 为奇数时，a n 2 +a n+12 n?12 )2 +( n+12 )2 <[ n+12 a 1+ n 2?14 ]+[ n+12 a 1+ (n+1)2 4 ]， 即：a12?2a1 2 对任意的正奇数n都恒成立，所以：a12?2a1<0， 即：0 ②当n为偶数时，a n2+a n+1 2 即：(n 2)2+(a1+n 2 )2<[na1 2 +n2 4 ]+[n+2 2 a1+(n+1)2?1 4 ]， 即：a12?2a1 2 对任意的正偶数恒成立，所以：a12?2a1<1， 即：1?√5 2 2 ， 综合①②得：0 2 ． (3)数列{a2n}是首项为1，公差为1的等差数列，数列{a2n?1}的首项a1，公差为1的等差数列．得知：数列的各项都为正值． 设b n=b m b k 则：a n a n+t =a m a m+t ?a k a k+t 取k=n+2，则：a k?a n=1，故：a m=a n(a n+2+t)， 不妨设m为偶数，则m 2 =a n(a n+2+t)一定为整数． 当n为偶数时，方程b n=b m b k的一组解是：{k=n+2 m=n(n 2 +t+1)， 当n为奇数时，方程b n=b m b k的一组解是：{k=n+2 m=2(a1+n?1 2 )(a1+n+1 2 +t)， 故：数列{b n}中的任意一项总可以表示为数列{b n}中的其他两项之积． 11.（2019·淮安模拟）从数列{a n}中取出部分项，并将它们按原来的顺序组成一个数列，称之为数列{a n} 的一个子数列.设数列{a n}是一个首项为a1、公差为d(d≠0)的无穷等差数列． (1)若a1，a2，a5成等比数列，求其公比q． (2)若a1=7d，从数列{a n}中取出第2项、第6项作为一个等比数列的第1项、第2项，试问该数列是 否为{a n}的无穷等比子数列，请说明理由． (3)若a1=1，从数列{a n}中取出第1项、第m(m≥2)项(设a m=t)作为一个等比数列的第1项、第2 高考数学数列题型专题 汇总 公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08] 高考数学数列题型专题汇总 一、选择题 1、已知无穷等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，且S S n n =∞ →lim .下列 条件中，使得()*∈ A ．{}n S 是等差数列 B ．2{}n S 是等差数列 C ．{}n d 是等差数列 D ．2{}n d 是等差数列 【答案】A 二、填空题 1、已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则 6=S _______.. 【答案】6 2、无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意 *∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________. 【答案】4 3、设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2a n 的最大值 为 . 【答案】64 4、设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4，a n +1=2S n +1，n ∈N *，则 a 1= ，S 5= . 【答案】1 121 空间图形的计算与证明 一、近几年高考试卷部分立几试题 1、（全国 8）正六棱柱 ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1 底面边长为 1， 侧棱长为 2 ，则这个棱柱的侧面对角线 E 1D 与 BC 1 所成的角是 （ ） A 、90° B 、60° C 、45° D 、30° [评注]主要考查正六棱柱的性质，以及异面直线所成角的求法。 2、（全国 18）如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是 1，而且 平面 ABCD 、ABEF 互相垂直，点 M 在 AC 上移动，点 N 在 BF C 上移动，若 CM=NB=a(0 的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD。 （1）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°， 求这个四棱锥的体积； （2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面 PCD所成的二面角恒大于90°。 [评注]考查线面关系和二面角概念，以及空间想象力和逻辑推理能力。 4、（02全国文22）（一）给出两块面积相同的正三角形纸片，要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，使它们的全面积都与原三角形面积相等，请设计一种剪拼法，分别用虚线标示在图（1）（2）中，并作简要说明。 (3) (1)(2) （二）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小。（三）如果给出的是一块任意三角形的纸片，如图（3）要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标出在图3中，并作简要说明。 高考数学数列大题训练 1. 已知等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641≠=q a 公比 （Ⅰ）求n a ；（Ⅱ）设n n a b 2log =，求数列.|}{|n n T n b 项和的前 解析： (1)设该等差数列为{}n c ，则25a c =，33a c =，42a c =Q 533222()c c d c c -==- ∴2334()2()a a a a -=-即：223111122a q a q a q a q -=- ∴12(1)q q q -=-，Q 1q ≠， ∴121, 2q q ==，∴1164()2n a -=g (2)121log [64()]6(1)72n n b n n -==--=-g ，{}n b 的前n 项和(13)2n n n S -= ∴当17n ≤≤时，0n b ≥，∴(13)2 n n n n T S -== （8分） 当8n ≥时，0n b <，12789n n T b b b b b b =+++----L L 789777()()2n n n S b b b S S S S S =-+++=--=-L (13)422 n n -=- ∴(13)(17,)2(13)42(8,)2 n n n n n T n n n n -?≤≤∈??=?-?-≥∈??**N N 2.已知数列}{n a 满足递推式)2(121≥+=-n a a n n ，其中.154=a （Ⅰ）求321,,a a a ； （Ⅱ）求数列}{n a 的通项公式； （Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n S 解：（1）由151241=+=-a a a n n 及知,1234+=a a 解得：,73=a 同理得.1,312==a a （2）由121+=-n n a a 知2211+=+-n n a a 第8讲数列 [考情分析]数列为每年高考必考内容之一，考查热点主要有三个方面：(1)对等差、等比数列基本量和性质的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n项和公式建立方程(组)求解，利用性质解决有关计算问题，属于中、低档题；(2)对数列通项公式的考查；(3)对数列求和及其简单应用的考查，主、客观题均会出现，常以等差、等比数列为载体，考查数列的通项、求和，难度中等. 热点题型分析 热点1等差、等比数列的基本运算及性质 1.等差(比)数列基本运算的解题策略 (1)设基本量a1和公差d(公比q)； (2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量. 2.等差(比)数列性质问题的求解策略 (1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解； (2)牢固掌握等差(比)数列的性质，可分为三类：①通项公式的变形；②等差(比)中项的变形；③前n项和公式的变形．比如：等差数列中，“若m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q(m，n，p，q∈N*)”；等比数列中，“若m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q(m，n，p，q∈N*)”. 1.已知在公比不为1的等比数列{a n }中，a 2a 4＝9，且2a 3为3a 2和a 4的等差中项，设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T 8＝( ) A.12×37－16 B ．310 C.318 D ．320 答案 D 解析 由题意得a 2a 4＝a 23＝9.设等比数列{a n }的公比为q ，由2a 3为3a 2和a 4 的等差中项可得4a 3＝3a 2＋a 4，即4a 3＝3a 3 q ＋a 3q ，整理得q 2－4q ＋3＝0，由公比 不为1，解得q ＝3.所以T 8＝a 1·a 2·…·a 8＝a 81q 28＝(a 81q 16 )·q 12＝(a 1q 2)8·q 12＝a 83· q 12＝94×312＝320.故选D. 2.(2019·江苏高考)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5 ＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________. 答案 16 解析 解法一：由S 9＝27?9(a 1＋a 9) 2＝27?a 1＋a 9＝6?2a 5＝6?2a 1＋8d ＝6 且a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0?2a 1＋5d ＝0， 解得a 1＝－5，d ＝2.故S 8＝8a 1＋8×(8－1) 2d ＝16. 解法二：同解法一得a 5＝3. 又a 2a 5＋a 8＝0?3a 2＋a 8＝0?2a 2＋2a 5＝0?a 2＝－3. ∴d ＝a 5－a 2 3＝2，a 1＝a 2－d ＝－5. 故S 8＝8a 1＋8×(8－1) 2 d ＝16. 20XX 年高考数学数列知识点及题型大总结 等差数列 知识要点 1．递推关系与通项公式 m n a a d n a a d d n a a d m n a a d n a a d a a m n n n m n n n n --= --= --=-+=-+==-+1; )1()()1(1111变式：推广：通项公式：递推关系： 为常数） 即：特征：m k m kn n f a d a dn a n n ,(,)(), (1+==-+= ),为常数，（m k m kn a n +=是数列{}n a 成等差数列的充要条件。 2．等差中项： 若c b a ,,成等差数列，则b 称c a 与的等差中项，且2 c a b +=；c b a ,,成等差数列是c a b +=2的充要条件。 3．前n 项和公式 2 )(1n a a S n n += ； 2)1(1d n n na S n -+= ) ,()(,)2(22212为常数即特征：B A Bn An S Bn An n f S n d a n d S n n n +=+==-+= 是数列 {}n a 成等差数列的充要条件。 4．等差数列 {}n a 的基本性质),,,(*∈N q p n m 其中 ⑴q p n m a a a a q p n m +=++=+，则若反之，不成立。 ⑵d m n a a m n )(-=- ⑶m n m n n a a a +-+=2 ⑷n n n n n S S S S S 232,,--仍成等差数列。 5．判断或证明一个数列是等差数列的方法： ①定义法： ）常数）（*+∈=-N n d a a n n (1?{}n a 是等差数列 ②中项法： )22 1*++∈+=N n a a a n n n （?{}n a 是等差数列 ③通项公式法： ),(为常数b k b kn a n +=?{}n a 是等差数列 ④前n 项和公式法： ),(2为常数B A Bn An S n +=?{}n a 是等差数列 练习：1．等差数列 {}n a 中， ) (3 1 ,1201191210864C a a a a a a a 的值为则-=++++ A ．14 B ．15 C ．16 D ．17 165 1203232)(32) 2(3 1 318999119=?==-=+-=-a d a d a a a a 2．等差数列 {}n a 中，12910S S a =>，，则前10或11项的和最大。 解：0912129 =-=S S S S ， 003011111121110>=∴=∴=++∴a a a a a a ，又，， ∴ {}n a 为递减等差数列∴1110S S =为最大。 3．已知等差数列{}n a 的前10项和为100，前100项和为10，则前110项和为－110 解：∵ ，，，，，1001102030102010S S S S S S S --- 成等差数列，公差为D 其首项为 10010=S ，前10项的和为10100=S 解 高考数学大题 1．（12分）已知向量a =（sin θ，cos θ-2sin θ），b =（1，2） （1）若a ⊥b ，求tan θ的值； （2）若a ∥b ，且θ为第Ⅲ象限角，求sin θ和cos θ的值。 2．(12分)在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且AC=BC=BD=2AE ，M 是AB 的中点. (I)求证：CM ⊥EM： (Ⅱ)求DE 与平面EMC 所成角的正切值. 3．（13分）某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高 下岗人员的再就业能力，每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加 两项培训或不参加培训.已知参加过财会培训的有60%，参加过计算机培训的 有75%.假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响. (Ⅰ)任选1名下岗人员，求该人参加过培训的概率； (Ⅱ)任选3名下岗人员，求这3人中至少有2人参加过培训的概率. 4．（12分） 在△ABC 中，∠A ．∠B ．∠C 所对的边分别为a ．b ．c 。 若B A cos cos =a b 且sinC=cosA （1）求角A ．B ．C 的大小； （2）设函数f(x)=sin （2x+A ）+cos （2x- 2C ）,求函数f(x)的单调递增区间，并指出它相邻两对称轴间的距离。 5．（13分）已知函数f(x)=x+x a 的定义域为（0，+∞）且f(2)=2+22，设点P 是函数图象上的任意一点，过点P 分别作直线y=x 和y 轴的垂线，垂足分别为M ，N. （1）求a 的值； （2）问：|PM|·|PN|是否为定值？若是，则求出该定值， 若不是，则说明理由： （3）设O 为坐标原点，求四边形OMPN 面积的最小值。 6．（13分）设函数f(x)=p(x-x 1)-2lnx,g(x)=x e 2(p 是实数，e 为自然对数的底数) （1）若f(x)在其定义域内为单调函数，求p 的取值范围； （2）若直线l 与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于点（1，0），求p 的值； （3）若在[1，e]上至少存在一点x 0，使得f(x 0)＞g(x 0)成立，求p 的取值范围. 1 A B C D S E F N B 高考数学试题（整理三大题） （一） 17.已知0αβπ<<4，为()cos 2f x x π? ?=+ ?8??的最小正周期，1tan 14αβ????=+- ? ????? ，， a (cos 2)α=， b ，且?a b m =．求 2 2cos sin 2() cos sin ααβαα ++-的值． 18. 在一次由三人参加的围棋对抗赛中，甲胜乙的概率为0.4，乙胜丙的概率为0.5，丙胜 甲的概率为0.6，比赛按以下规则进行；第一局：甲对乙；第二局：第一局胜者对丙； 第三局：第二局胜者对第一局败者；第四局：第三局胜者对第二局败者，求： （1）乙连胜四局的概率； （2）丙连胜三局的概率． 19.四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD 。已知∠ABC ＝45°，AB ＝2，BC=22，SA ＝SB ＝3。 (Ⅰ)证明：SA ⊥BC ； (Ⅱ)求直线SD 与平面SAB 所成角的大小； （二） 17.在ABC △中，1tan 4A =，3 tan 5 B =． （Ⅰ）求角C 的大小； （Ⅱ）若ABC △ 18. 每次抛掷一枚骰子（六个面上分别标以数字1,2,3,4,5,6). （I ）连续抛掷2次，求向上的数不同的概率； （II ）连续抛掷2次，求向上的数之和为6的概率； （III ）连续抛掷5次，求向上的数为奇数恰好出现3次的概率。 19. 如图，在四棱锥S-ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱SD ⊥底面ABCD ，E 、F 分别是 AB 、SC 的中点。 求证：EF ∥平面SAD ； （三） 17.已知ABC △的面积为3，且满足06AB AC ≤≤，设AB 和AC 的夹角为θ． （I ）求θ的取值范围；（II ）求函数2()2sin 24f θθθ?? =+ ??? π的最大值与最小值． 18. 某商场举行抽奖促销活动，抽奖规则是：从装有9个白球、1个红球的箱子中每次随机地摸出一个球，记下颜色后放回，摸出一个红球获得二得奖；摸出两个红球获得一等奖．现有甲、乙两位顾客，规定：甲摸一次，乙摸两次．求 （1）甲、乙两人都没有中奖的概率； （2）甲、两人中至少有一人获二等奖的概率． 19. 在Rt AOB △中，π 6 OAB ∠= ，斜边4AB =．Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --是直二面角．动点D 的斜边AB 上． （I ）求证：平面COD ⊥平面AOB ； （II ）当D 为AB 的中点时，求异面直线AO 与CD 所成角 的大小； （III ）求CD 与平面 AOB 所成角的最大值 （四） 17.已知函数2 π()2sin 24f x x x ??=+ ???，ππ42x ??∈???? ，． （I ）求()f x 的最大值和最小值； （II ）若不等式()2f x m -<在ππ42 x ??∈???? ，上恒成立，求实数m 的取值范围． 18. 甲、乙两班各派2名同学参加年级数学竞赛，参赛同学成绩及格的概率都为0.6，且参赛同学的成绩相互之间没有影响，求： （1）甲、乙两班参赛同学中各有1名同学成绩及格的概率； （2）甲、乙两班参赛同学中至少有1名同学成绩及格的概率． 19. 如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的菱形， 4 ABC π ∠= , OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点，N 为BC 的中点。 （Ⅰ）证明：直线MN OCD 平面‖； （Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （Ⅲ）求点B 到平面OCD 的距离。 O C A D B E 2020年高考理科数学《数列》题型归纳与训练 【题型归纳】 等差数列、等比数列的基本运算 题组一 等差数列基本量的计算 例1 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1=1，公差d =2，S n ＋2?S n =36，则n = A ．5 B ．6 C ．7 D ．8 【答案】D 【解析】解法一：由题知()21(1) 2 1n S na d n n n n n n ==+-=-+，S n ＋2=(n ＋2)2，由S n ＋2?S n =36得，(n ＋2)2?n 2=4n ＋4=36，所以n =8. 解法二：S n ＋2?S n =a n ＋1＋a n ＋2=2a 1＋(2n ＋1)d =2＋2(2n ＋1)=36，解得n =8.所以选D ． 【易错点】对S n ＋2?S n =36，解析为a n ＋2，发生错误。 题组二 等比数列基本量的计算 例2 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若28641,2a a a a ==+，则a 6的值是________． 【答案】4 【解析】设公比为q (q ≠0)，∵a 2=1，则由8642a a a =+得6422q q q =+，即42 20q q --=，解得q 2=2， ∴4 624a a q ==. 【易错点】忘了条件中的正数的等比数列. 【思维点拨】 等差（比）数列基本量的计算是解决等差（比）数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第一问中，属基础题.等差(比)数列基本运算的解题思路： (1)设基本量a 1和公差d (公比q )． (2)列、解方程组：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量． 专题08 数列大题部分 【训练目标】 1、 理解并会运用数列的函数特性； 2、 掌握等差数列，等比数列的通项公式，求和公式及性质； 3、 掌握根据递推公式求通项公式的方法； 4、 掌握常用的求和方法； 5、 掌握数列中简单的放缩法证明不等式。 【温馨小提示】 高考中一般有一道小题，一道大题，小题侧重于考等差数列与等比数列的性质，熟练的灵活的使用数列的性质会大大减少计算量；大题则侧重于考查根据递推公式求通项公式，求和的方法。总之，此类题目难度中等，属于必拿分题。 【名校试题荟萃】 1、（宁夏长庆高级中学2019届高三上学期第四次月考数学（理）试卷）设数列{}n a 的前n 项和， 且123,1,a a a +成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记数列1 { }n a 的前n 项和n T ，求使得成立的n 的最小值. 【答案】（1）2n n a = （2）10 （2）由（1）可得 112n n a ?? = ??? ，所以， 由 ，即21000n >，因为 ，所以10n ≥，于是使得 成立的n 的最小值为10. 2、（宁夏长庆高级中学2019届高三上学期第四次月考数学（理）试卷）设等差数列{}n a 的公差为d ，点(,)n n a b 在函数()2x f x =的图象上（*n N ∈） 。 （1）若12a =-，点87(,4)a b 在函数()f x 的图象上，求数列{}n a 的前n 项和n S ； （2）若11a =，函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线在x 轴上的截距为1 2ln 2-，求数列{}n n a b 的前n 项和n T . 【答案】（1） （2） （2）由 函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线方程为 所以切线在x 轴上的截距为21 ln 2 a -，从而，故22a = 从而n a n =，2n n b =， 2n n n a n b =高考数学数列题型专题汇总
q a （D ）7.08.0,01-<<-
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