江苏十年高考试题汇编08第八部分 数列.docx

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江苏十年高考试题汇编08第八部分数列

第八部分数列

一．填空题（共10小题）

1．（2014•江苏）在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是．

2．（2016•江苏）已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，若a1+a22=﹣3，S5=10，则a9的值是．

3．（2017•江苏）等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3=，S6=，则a8=．

4．（2013•江苏）在正项等比数列{an}中，，a6+a7=3，则满足a1+a2+…+an＞a1a2…an的最大正整数n的值为．

5．（2012•江苏）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的概率是．

6．（2010•江苏）函数y=x2（x＞0）的图象在点（ak，ak2）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=．

7．（2008•江苏）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．

8．（2009•江苏）设{an}是公比为q的等比数列，|q|＞1，令bn=an+1（n=1，2，…），

若数列{bn}有连续四项在集合{﹣53，﹣23，19，37，82}中，则6q=．

9．（2015•江苏）设数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为．

10．（2011•江苏）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．

二．解答题（共10小题）

11．（2009•江苏）设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22+a32=a42+a52，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，使得为数列an中的项．

12．（2010•江苏）设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知2a2=a1+a3，数列是公差为d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．

13．（2013•江苏）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bn=，n∈N*，其中c为实数．

（1）若c=0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：

Snk=n2Sk（k，n∈N*）；

（2）若{bn}是等差数列，证明：

c=0．

14．（2008•江苏）设a1，a2，…，an是各项均不为零的n（n≥4）项等差数列，且公差d≠0，若将此数列删去某一项后得到的数列（按原来的顺序）是等比数列．

（1）（i）当n=4时，求的数值；（ii）求n的所有可能值．

（2）求证：

对于给定的正整数n（n≥4），存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1，b2，…，bn，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列．

15．（2012•江苏）已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：

an+1=，n∈N*，

（1）设bn+1=1+，n∈N*，求证：

数列是等差数列；

（2）设bn+1=•，n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值．

16．（2011•江苏）设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1=1，前n项和为Sn，

已知对任意整数k∈M，当整数n＞k时，Sn+k+Sn﹣k=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．

17．（2014•江苏）设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，总存在正整数m，

使得Sn=am，则称{an}是“H数列”．

（1）若数列{an}的前n项和为Sn=2n（n∈N*），证明：

{an}是“H数列”；

（2）设{an}是等差数列，其首项a1=1，公差d＜0，若{an}是“H数列”，求d的值；

（3）证明：

对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an=bn+cn（n∈N*）成立．

18．（2015•江苏）设a1，a2，a3．a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列．

（1）证明：

2，2，2，2依次构成等比数列；

（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？

并说明理由；

（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？

并说明理由．

19．（2016•江苏）记U={1，2，…，100}，对数列{an}（n∈N*）和U的子集T，若T=∅，

定义ST=0；若T={t1，t2，…，tk}，定义ST=++…+．例如：

T={1，3，66}时，ST=a1+a3+a66．

现设{an}（n∈N*）是公比为3的等比数列，且当T={2，4}时，ST=30．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）对任意正整数k（1≤k≤100），若T⊆{1，2，…，k}，求证：

ST＜ak+1；

（3）设C⊆U，D⊆U，SC≥SD，求证：

SC+SC∩D≥2SD．

20．（2017•江苏）对于给定的正整数k，若数列{an}满足：

an﹣k+an﹣k+1+…+an﹣1+an+1+…+an+k﹣1+an+k=2kan对任意正整数n（n＞k）总成立，

则称数列{an}是“P（k）数列”．

（1）证明：

等差数列{an}是“P（3）数列”；

（2）若数列{an}既是“P

（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：

{an}是等差数列．

第八部分数列

参考答案与试题解析

一．填空题（共10小题）

1．（2014•江苏）在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是　4　．

【解答】解：

设等比数列{an}的公比为q＞0，a1＞0．

∵a8=a6+2a4，

∴，

化为q4﹣q2﹣2=0，解得q2=2．

∴a6===1×22=4．

故答案为：

4．

2．（2016•江苏）已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，若a1+a22=﹣3，S5=10，则a9的值是　20　．

【解答】解：

∵{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a1+a22=﹣3，S5=10，

∴，

解得a1=﹣4，d=3，

∴a9=﹣4+8×3=20．

故答案为：

20．

3．（2017•江苏）等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3=，S6=，则a8=　32　．

【解答】解：

设等比数列{an}的公比为q≠1，

∵S3=，S6=，∴=，=，

解得a1=，q=2．

则a8==32．

故答案为：

32．

4．（2013•江苏）在正项等比数列{an}中，，a6+a7=3，则满足a1+a2+…+an＞a1a2…an的最大正整数n的值为　12　．

【解答】解：

设正项等比数列{an}首项为a1，公比为q，

由题意可得，解之可得：

a1=，q=2，

故其通项公式为an==2n﹣6．

记Tn=a1+a2+…+an==，

Sn=a1a2…an=2﹣5×2﹣4…×2n﹣6=2﹣5﹣4+…+n﹣6=．

由题意可得Tn＞Sn，即＞，

化简得：

2n﹣1＞，即2n﹣＞1，

因此只须n＞，即n2﹣13n+10＜0

解得＜n＜，

由于n为正整数，因此n最大为的整数部分，也就是12．

故答案为：

12

5．（2012•江苏）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的概率是．

【解答】解：

由题意成等比数列的10个数为：

1，﹣3，（﹣3）2，（﹣3）3…（﹣3）9

其中小于8的项有：

1，﹣3，（﹣3）3，（﹣3）5，（﹣3）7，（﹣3）9共6个数

这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是P=

故答案为：

6．（2010•江苏）函数y=x2（x＞0）的图象在点（ak，ak2）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=　21　．

【解答】解：

在点（ak，ak2）处的切线方程为：

y﹣ak2=2ak（x﹣ak），

当y=0时，解得，

所以．

故答案为：

21．

7．（2008•江苏）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．

【解答】解：

本小题考查归纳推理和等差数列求和公式．

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．

另解：

最左边的数a1=1，a2=2，a3=4，a4=7，a5=11，

…，a2一a1=1，a3一a2=2，a4一a3=3，a5一a4=4，

…an一an﹣1=n一1，

累加得an一a1=1十2十3十4十…十（n一1）=（1十n一1）（n一1），

即an=1十n（n一1），

则所求数为．

8．（2009•江苏）设{an}是公比为q的等比数列，|q|＞1，令bn=an+1（n=1，2，…），若数列{bn}有连续四项在集合{﹣53，﹣23，19，37，82}中，则6q=　﹣9　．

【解答】解：

{Bn}有连续四项在{﹣53，﹣23，19，37，82}中

Bn=An+1An=Bn﹣1

则{An}有连续四项在{﹣54，﹣24，18，36，81}中

{An}是等比数列，等比数列中有负数项则q＜0，且负数项为相隔两项

等比数列各项的绝对值递增或递减，按绝对值的顺序排列上述数值

18，﹣24，36，﹣54，81

相邻两项相除

=﹣

=﹣

=﹣

=﹣

很明显，﹣24，36，﹣54，81是{An}中连续的四项

q=﹣或q=﹣（|q|＞1，∴此种情况应舍）

∴q=﹣

∴6q=﹣9

故答案为：

﹣9

9．（2015•江苏）设数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为．

【解答】解：

∵数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），

∴当n≥2时，an=（an﹣an﹣1）+…+（a2﹣a1）+a1=n+…+2+1=．

当n=1时，上式也成立，

∴an=．

∴=2．

∴数列{}的前n项的和Sn=

=

=．

∴数列{}的前10项的和为．

故答案为：

．

10．（2011•江苏）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．

【解答】解：

方法1：

∵1=a1≤a2≤…≤a7；a2，a4，a6成公差为1的等差数列，

∴a6=a2+2≥3，

∴a6的最小值为3，

∴a7的最小值也为3，

此时a1=1且a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，必有q＞0，

∴a7=a1q3≥3，

∴q3≥3，q≥，

方法2：

由题意知1=a1≤a2≤…≤a7；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，得，所以，即q3﹣2≥1，所以q3≥3，解得q≥，

故q的最小值是：

．

故答案为：

．

二．解答题（共10小题）

11．（2009•江苏）设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22+a32=a42+a52，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，使得为数列an中的项．

【解答】解：

（1）由题意可得

联立可得a1=﹣5，d=2

∴an=﹣5+（n﹣1）×2=2n﹣7，

（2）由

（1）知=若使其为数列an中的项

则必需为整数，且m为正整数

m=2，m=1；

∵当m=1时，==﹣15，而an=2n﹣7，n为正整数，2n﹣7=﹣15，n=﹣4，

∴m=1，不满足题意，故舍去．

所以m=2．

12．（2010•江苏）设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知2a2=a1+a3，数列是公差为d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．

【解答】解：

（1）由题意知：

d＞0，=+（n﹣1）d=+（n﹣1）d，

∵2a2=a1+a3，

∴3a2=S3，即3（S2﹣S1）=S3，

∴，

化简，得：

，

当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=n2d2﹣（n﹣1）2d2=（2n﹣1）d2，适合n=1情形．

故所求an=（2n﹣1）d2

（2）（方法一）Sm+Sn＞cSk⇒m2d2+n2d2＞c•k2d2⇒m2+n2＞c•k2，恒成立．

又m+n=3k且m≠n，，

故，即c的最大值为．

（方法二）由及，得d＞0，Sn=n2d2．

于是，对满足题设的m，n，k，m≠n，有．

所以c的最大值．

另一方面，任取实数．设k为偶数，令，则m，n，k符合条件，且．

于是，只要9k2+4＜2ak2，即当时，．

所以满足条件的，从而．

因此c的最大值为．

13．（2013•江苏）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bn=，n∈N*，其中c为实数．

（1）若c=0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：

Snk=n2Sk（k，n∈N*）；

（2）若{bn}是等差数列，证明：

c=0．

【解答】证明：

（1）若c=0，则an=a1+（n﹣1）d，，．

当b1，b2，b4成等比数列时，则，

即：

，得：

d2=2ad，又d≠0，故d=2a．

因此：

，，．

故：

（k，n∈N*）．

（2）

=

=．①

若{bn}是等差数列，则{bn}的通项公式是bn=An+B型．

观察①式后一项，分子幂低于分母幂，

故有：

，即，而，

故c=0．

经检验，当c=0时{bn}是等差数列．

14．（2008•江苏）

（1）设a1，a2，…，an是各项均不为零的n（n≥4）项等差数列，且公差d≠0，若将此数列删去某一项后得到的数列（按原来的顺序）是等比数列．

（i）当n=4时，求的数值；

（ii）求n的所有可能值．

（2）求证：

对于给定的正整数n（n≥4），存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1，b2，…，bn，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列．

【解答】解：

（1）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．

若删去a2，则a32=a1•a4，即（a1+2d）2=a1•（a1+3d）化简得a1+4d=0，得

若删去a3，则a22=a1•a4，即（a1+d）2=a1•（a1+3d）化简得a1﹣d=0，得

综上，得或．

②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a1•a5=a2•a4，即a1（a1+4d）=（a1+d）•（a1+3d）化简得3d2=0，因为d≠0，所以a3不能删去；

当n≥6时，不存在这样的等差数列．事实上，在数列a1，a2，a3，…，an﹣2，an﹣1，an中，由于不能删去首项或末项，

若删去a2，则必有a1•an=a3•an﹣2，这与d≠0矛盾；

同样若删去an﹣1也有a1•an=a3•an﹣2，这与d≠0矛盾；

若删去a3，…，an﹣2中任意一个，则必有a1•an=a2•an﹣1，这与d≠0矛盾．（或者说：

当n≥6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bx+1，by+1，bz+1（0≤x＜y＜z≤n﹣1）为任意三项成等比数列，则b2y+1=bx+1•bz+1，即（b1+yd）2=（b1+xd）•（b1+zd），化简得（y2﹣xz）d2=（x+z﹣2y）b1d（*）

由b1d≠0知，y2﹣xz与x+z﹣2y同时为0或同时不为0

当y2﹣xz与x+z﹣2y同时为0时，有x=y=z与题设矛盾．

故y2﹣xz与x+z﹣2y同时不为0，所以由（*）得

因为0≤x＜y＜z≤n﹣1，且x、y、z为整数，所以上式右边为有理数，从而为有理数．

于是，对于任意的正整数n（n≥4），只要为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列．

例如n项数列1，，，…，满足要求．

15．（2012•江苏）已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：

an+1=，n∈N*，

（1）设bn+1=1+，n∈N*，求证：

数列是等差数列；

（2）设bn+1=•，n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值．

【解答】解：

（1）由题意可知，an+1===

∴

从而数列{}是以1为公差的等差数列

（2）∵an＞0，bn＞0

∴

从而（*）

设等比数列{an}的公比为q，由an＞0可知q＞0

下证q=1

若q＞1，则，故当时，与（*）矛盾

0＜q＜1，则，故当时，与（*）矛盾

综上可得q=1，an=a1，

所以，

∵

∴数列{bn}是公比的等比数列

若，则，于是b1＜b2＜b3

又由可得

（可以得到bn=，即有b1=）

∴b1，b2，b3至少有两项相同，矛盾

∴，从而=

∴

16．（2011•江苏）设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1=1，前n项和为Sn，已知对任意整数k∈M，当整数n＞k时，Sn+k+Sn﹣k=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．

【解答】解：

（1）由M={1}，根据题意可知k=1，所以n≥2时，Sn+1+Sn﹣1=2（Sn+S1），

即（Sn+1﹣Sn）﹣（Sn﹣Sn﹣1）=2S1，又a1=1，

则an+1﹣an=2a1=2，又a2=2，

所以数列{an}除去首项后，是以2为首项，2为公差的等差数列，

故当n≥2时，an=a2+2（n﹣2）=2n﹣2，

所以a5=8；

（2）根据题意可知当k∈M={3，4}，

且n＞k时，Sn+k+Sn﹣k=2（Sn+Sk）①，且Sn+1+k+Sn+1﹣k=2（Sn+1+Sk）②，

②﹣①得：

（Sn+1+k﹣Sn+k）+（Sn+1﹣k﹣Sn﹣k）=2（Sn+1﹣Sn），

即an+1+k+an+1﹣k=2an+1，可化为：

an+1+k﹣an+1=an+1﹣an+1﹣k

所以n≥8时，an﹣6，an﹣3，an，an+3，an+6成等差数列，且an﹣6，an﹣2，an+2，an+6也成等差数列，

从而当n≥8时，2an=an﹣3+an+3=an﹣6+an+6，（*）且an﹣2+an+2=an﹣6+an+6，

所以当n≥8时，2an=an﹣2+an+2，即an+2﹣an=an﹣an﹣2，

于是得到当n≥9时，an﹣3，an﹣1，an+1，an+3成等差数列，从而an﹣3+an+3=an﹣1+an+1，

由（*）式可知：

2an=an﹣1+an+1，即an+1﹣an=an﹣an﹣1，

当n≥9时，设d=an﹣an﹣1，

则当2≤n≤8时，得到n+6≥8，从而由（*）可知，2an+6=an+an+12，得到2an+7=an+1+an+13，

两式相减得：

2（an+7﹣an+6）=an+1﹣an+（an+13﹣an+12），

则an+1﹣an=2d﹣d=d，

因此，an﹣an﹣1=d对任意n≥2都成立，

又由Sn+k+Sn﹣k﹣2Sn=2Sk，可化为：

（Sn+k﹣Sn）﹣（Sn﹣Sn﹣k）=2Sk，

当k=3时，（Sn+3﹣Sn）﹣（Sn﹣Sn﹣3）=9d=2S3；同理当k=4时，得到16d=2S4，

两式相减得：

2（S4﹣S3）=2a4=16d﹣9d=7d，解得a4=d，

因为a4﹣a3=d，解得a3=d，同理a2=d，a1=，

则数列{an}为等差数列，由a1=1可知d=2，

所以数列{an}的通项公式为an=1+2（n﹣1）=2n﹣1．

17．（2014•江苏）设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn=am，则称{an}是“H数列”．

（1）若数列{an}的前n项和为Sn=2n（n∈N*），证明：

{an}是“H数列”；

（2）设{an}是等差数列，其首项a1=1，公差d＜0，若{an}是“H数列”，求d的值；

（3）证明：

对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an=bn+cn（n∈N*）成立．

【解答】解：

（1）当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=2n﹣2n﹣1=2n﹣1，

当n=1时，a1=S1=2．

当n=1时，S1=a1．

当n≥2时，Sn=an+1．

∴数列{an}是“H”数列．

（2）Sn==，

对∀n∈N*，∃m∈N*使Sn=am，即，

取n=2时，得1+d=（m﹣1）d，解得，

∵d＜0，∴m＜2，

又m∈N*，∴m=1，∴d=﹣1．

（3）设{an}的公差为d，令bn=a1﹣（n﹣1）a1=（2﹣n）a1，

对∀n∈N*，bn+1﹣bn=﹣a1，

cn=（n﹣1）（a1+d），

对∀n∈N*，cn+1﹣cn=a1+d，

则bn+cn=a1+（n﹣1）d=an，且数列{bn}和{cn}是等差数列．

数列{bn}的前n项和Tn=，

令Tn=（2﹣m）a1，则．

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Tn=bm成立，即{bn}为H数列．

数列{cn}的前n项和Rn=，

令cm=（m﹣1）（a1+d）=Rn，则m=．

∵对∀n∈N*，n（n﹣3）为非负偶数，∴m∈N*．

因此对∀n∈N*，都可找到m∈N*，使Rn=cm成立，即{cn}为H数列．

因此命题得证．

18．（2015•江苏）设a1，a2，a3．a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列．

（1）证明：

2，2，2，2依次构成等比数列；

（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？

并说明理由；

（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？

并说明理由．

【解答】解：

（1）证明：

∵==2d，（n=1，2，3，）是同一个常数，

∴2，2，2，2依次构成等比数列；

（2）令a1+d=a，则a1，a2，a3，a4分别为a﹣d，a，a+d，a+2d（a＞d，a＞﹣2d，d≠0）

假设存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，

则a4=（a﹣d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4，

令t=，则1=（1﹣t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4，（﹣＜t＜1，t≠0），

化简得t3+2t2﹣2=0（*），且t2=t+1，将t2=t+1代入（*）式，

t（t+1）+2（t+1）﹣2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=﹣，

显然t=﹣不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，

因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列．

（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，

则a1n（a1+2d）n+2k=（a1+d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n