江苏省高考数学真题分类汇编数列.docx

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江苏省高考数学真题分类汇编数列

五、数列

（一）填空题

1、（2008江苏卷10）将全体正整数排成一个三角形数阵：

1

23

456

78910

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】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

22

n—nn—n

—1）个，即-一n个，因此第n行第3个数是全体正整数中第-一n+3个，即为

22

n2-n6

2

2、（2009江苏卷14）设咕,是公比为q的等比数列，|q|・1，令bn二an•1（n=1,2,川）,

若数列:

bn?

有连续四项在集合「-53,-23,19,37,82?

中，则6q=.

【解析】考查等价转化能力和分析问题的能力。

等比数列的通项。

「an?

有连续四项在集合:

-54,-24,18,36,81，四项-24,36,-54,81成等比数列，公比为

3

q二匕，6q=-9

3、（2010江苏卷8）函数y=x2（x>0）的图像在点（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，贝Ua1+$+a5=

［解析］考查函数的切线方程、数列的通项。

a

在点（ak,ak2）处的切线方程为：

y-ak2=2ak（x-ak）,当y=0时，解得xk,

2

a

所以ak1打，a1a3a5=164“21。

4、（2011江苏卷13）设1=印_a2-川_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，贝Uq的最小值是.

【解析】由题意：

1=印込a2乞q込a2•1乞q2込a2•2岂q3,

a2^a21,a21^q2^a22

q3-a2,2-3，而‘為2-1印#^2a21a2的最小值分别为1,2,3；qmin=3-3

本题主要考查综合运用等差、等比的概念及通项公式，不等式的性质解决问题的能力，考查

抽象概括能力和推理能力，本题属难题•

5、（2012江苏卷6）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.

【解析】组成满足条件的数列为：

1,-3,9.一27,81,—243,729,—2187,6561,—19683.从中随机

取出一个数共有取法10种，其中小于8的取法共有6种，因此取出的这个数小于8的概率为

3

5.

【点评】本题主要考查古典概型•在利用古典概型解决问题时，关键弄清基本事件数和基本

事件总数，本题要注意审题，“一次随机取两个数”，意味着这两个数不能重复，这一点要特另U注意.

1

6、（2013江苏卷14）14•在正项等比数列{an}中，35,a6a^3，则满足

2

c•…』n…an的最大正整数n的值为。

答案：

14.12

（二）解答题

1、（2008江苏卷19）.（I）设31,32,|||HI,an是各项均不为零的等差数列（nK4）,且公差d=0，若将此数列删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列：

①当n=4时，求a1的数值；②求n的所有可能值；

d

（H）求证：

对于一个给定的正整数n（n>4），存在一个各项及公差都不为零的等差数列

0,^,1川||,0，其中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列.

【解析】：

本小题考查等差数列、等比数列的综合应用。

（I）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=aa4，即（印吃d^a1（a化简得c+4d=0，得旦=-4

d

若删去a3，则a2^a1a4，即（a1d）2=a（q-3d）化简得a,-d=0，得卑=1

d

综上，得旦--4或旦=1。

dd

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as，则aia5=a2d,即ai（a14d）^（a1d）（a13d）化简得3d=0，因为d=0，所以a3不能删去；

当nA6时，不存在这样的等差数列。

事实上，在数列&月2,a3,|）|,an_2,an」，an中，

由于不能删去首项或末项，若删去a2，则必有a1an=a3-an2，这与d=0矛盾；同样若删

去am也有aan二a3，这与d=0矛盾；若删去&3,川，中任意一个，则必有印an二a?

a.二，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b|,b2,.….bn，其中

bx.「byd,bzd（0_X：

：

：

y：

：

：

z_n_1）为任意三项成等比数列，则b2yd^bx1bz1，即

（b+yd）2=（b+xd），（b+zd）,化简得（y2—xz）d2=（x+z—2y）bd（*）

由b]d=0知，y2-xz与x，z-2y同时为0或同时不为0当y—xz与x•z—2y同时为0时，有x=y=z与题设矛盾。

b2

故y2-xz与x-z-2y同时不为0,所以由（*）得=——xz-

dx+z-2y

因为0乞x：

：

：

y：

：

：

z乞n-1，且x、y、z为整数，所以上式右边为有理数，从而色为有理数。

d

于是，对于任意的正整数n（n_4）,只要色为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列。

d

例如n项数列1,12,122,……,1（n-1）2满足要求。

2、（2009江苏卷17）（本小题满分14分）

设订/是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22a3^a42a52,S7=7。

（1）求数列fan?

的通项公式及前n项和&；

（2）试求所有的正整数m，使得3m3m1为数列订昇中的项。

am2

【解析】本小题主要考查等差数列的通项、求和的有关知识，考查运算和求解的能力。

满分14分。

（1）设公差为d，则£-a5=ai-af，由性质得-3d⑻'a3）=d⑻a3），因

7汇6

为d=0，所以a4a30，即2a15^0,又由5=7得7a1d=7,

arA1二（t-4）（t-2）

所以t为8的约数

解得印--5,

d_2—「.：

「；門邛匸二丁：

「7丄.j「Ci「一

⑵

（方法一）

amam1=（2m-7）（2m-5），设？

m_3二t,

am22m-3

则

am2

因为十是奇数，所LiU可取的值为土L

当=1,m二2时，t+--6=3■25-7=3,是数列也沖的项m

t

当i=-Em=l时，£+*—6=T—数列辺｝中的最小项是—5,不符合.

所農满足条件的正整数即=2B

（方法二）因为込！

二（am2一4）（编2_2）二am.2-6•丄为数列；,aj中的项，

3m2am2am2

8

故_为整数，又由

（1）知：

am.2为奇数，所以am.2=2m-3hT,即m=1,2

am+2

经检验，符合题意的正整数只有m=2。

w.w.w.zxxk.c.o.m

3、（2009江苏卷23）（本题满分10分）

对于正整数n>2,用Tn表示关于x的一元二次方程x22ax^0有实数根的有序数组

（a,b）的组数，其中a,b〈1,2,ll）,n（a和b可以相等）；对于随机选取的a,b讣2,川,n?

（a和b可以相等），记巳为关于x的一元二次方程x22ax5=0有实数根的概率。

1

（1）求Tn2和Pn2；

（2）求证：

对任意正整数n>2,有Pn1一.

10

【解析】［必做题］本小题主要考查概率的基本知识和记数原理，考查探究能力。

满分分。

（1）解;因为方梅J+2c«+A0有实数SL所比3-九'事0』卩占呈讥当n£氐WJ时*有又&匸1,2严｝，披总冇bW$*此时・a^fn1-m+1种取法上有d种取法’所以共冇（J-n+1）fi3组宵序散组5川〕満足条件；

3）当Iafl-1时’満罡1电b富『的A有J个•故共宿

I1+22+31+-+-I）1=叫5广罟—1）组有序数组山,町満足

务件.

由⑴罚）翊65—+】心也匕」譽二耳*迴匕年込』.

“““G-411+3rr+I

（2）证明:

找们貝皤证期:

对于随机选取的叭6匚丨1.九…"匚方杜d*2曲+6=0无实数根的覆率$-巴C占.若方程?

+2^+A=0无实数根，则/fl

d=4rt;-4b<0,IU/€k商山毎n知nc“扁一因此.満足.血‘<矗的有序数组（血町的组数小于乐.从而*方觀J+2«x+*=0无实数段的悵事1■巴u吗J士所匚>I-p-・

w.w.w.zxxk.c.o.m

4、（2010江苏卷19）（本小题满分16分）

设各项均为正数的数列a的前n项和为Sn,已知2a2=aa3,数列'Sn是公差为d的等差数列。

（1）求数列乩[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.cS,

9

都成立。

求证：

c的最大值为9。

2

【解析】本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识，考查探索、

分析及论证的能力。

满分16分。

（1）由题意知：

d0，/S^S1（n-Dd-c（n-1）d

2a-a1a^=3a?

=S3=3（S2-S1）=S3，3[（.ajd）-a』=a'2d）,

，适合n=1情形。

化简，得：

-2add2=0,冃=d,a=d2,Sn=d（n「1）d二nd,Sn=n2d2，当n一2时，4=Sn-SnA-n2d2-（n-1）2d2=（2n—1）d2

故所求耳=（2n-1）d2

（2）（方法一）

22

mnk

c2恒成立。

k2

Sm■SncSk二m2d2n2d2ck2d2二m2n2ck2

又mn=3k且m=n，2（mn）（mn）=9k2

k22

—99

故c，即c的最大值为。

22

（方法二）由.51-d及£=，芬-（n-1）d，得d0，Sn=n2d2。

（mn）

于是，对满足题设的m,n,k，m=n,有

Sm$=（亦『屮.竺产宀*讦专$。

所以c的最大值血-号。

933

另一方面，任取实数a。

设k为偶数，令mk1,nkT，则m,n,k符合条件,

222

且SmSn=（m2n2）d2=d2[（3k1）2（?

k-1）2]=[d2（9k24）。

222

222122

于是，只要9k4<2ak，即当k：

.时，Sm-Snd2ak二aSk。

J2a—92

999

所以满足条件的C，从而Cmax,因此C的最大值为。

222

5、（2011江苏卷20）设M部分为正整数组成的集合，数列{an}的首项耳=1，前n项和为

Sn,已知对任意整数kM当整数n•k时,Sn,k-Sn上=2（SnSk）都成立

（1）设M-{1},a^2,求a5的值；

（2）设M={3,令，求数列{an}的通项公式

【解析】本小题考查数列的通项与前n项和的关系、等差数列的基本性质等基础知识，考查

考生分析探究及逻辑推理的能力，满分16分。

解：

（1）由题设知，当n_2时,&勺-Sn」=2（&0）,

即（Sn卅一Sn）-（Sn-Sn」）=2S,

an十-an=2a-^=2,又a2=2,故当n_2时,an=a22（n-2）=2n-2.所以a5的值为8。

（2）由题设知，当k•M={3,4},且n•k时,SnkSn^=2Sn2Sk

且Sn1k'Sn•1_k二2Sn12Sk，

两式相减得an1kan1_k=2an1,即an1k-an1」=an1-an1上

所以当n_8时,an£,an,,an,an.3,an.6成等差数列，且a^,a^,an.2,an.6也成等差数

列

从而当n_8时，2an=an3•an；二an6•an』.（*）

且an6•an（二an2•a./,所以当n-8时,2a.二a.吃’an/,

即an.2-an=an-an/.于是当n-9时,anA,an」,an1,an3成等差数列，

从而an3an^-an「az,故由（*）式知2耳=an「a.—,即a.1-a.二a.-a^.

当n一9时，设d二an-an1.

当2乞m乞8时，m，6-8,从而由（*）式知2am=am■am.12,故2am7—am1am13.

从而2（am7-am6）=am1一am@m13一&皿12），于是am1-am=2d-d=d.

因此，an.1_an二d对任意nA2都成立，又由Sn,k-Sn±-2Sk=2Sk（k{3,4}）可

知（Snk-Sn）-（Sn-Sn上）=2Sk,故9d=2S且16d=2S4,

"7QzJ

解得a4d,从而a2d,a1.因此，数列｛an｝为等差数列，由q=1知d=2.

222

所以数列｛an｝的通项公式为an=2n-1.

6、（2012江苏卷20）（本小题满分16分）

a+h

已知各项均为正数的两个数列｛an｝和｛hn｝满足：

an1=曰；2，n，N

fb

是等差数列;

X丿J

g2+bn2

（1）设bnd=1bn,n^N,求证：

数列

an

（2）设bn1*2b,nN,且｛an｝是等比数列，求a1和h的值.

an

牡⑴由録知“裁

*隅吏姜二蘇拠叭比前的d性质*神式舸輙识卫考生分析煤究尺谴豹推理的陡力.湛分16分*

所以-

J

所匕数列

心）因为％>0.人>0.所W-d5

）71+（d'旨碍；从呛f（护｛◎）〕是以！

为公差的邯畫熬列

'地工和■臥、仏祐.几

从面皿•，青丰产医（*

mg

设等比数列卫和的茲比为典ifl.>o®g>o.下证“i・

cr

若卩1‘列空色圧屁故当2叱"二时，tl-；（x）矛隋；

若0<^<1.刚a,i—>d?

>l*故当心丄时*°,*]

g

综上，f*1v故a.EtfjtnCN"）,fft^k^72,.

又—朋・L止・V^N'）,驟以血掘公比为匚的尊比矽九若知皿

卿童乂.于me又由口产，严t得如岀％幷/所以.」%中至少有两项相阖*矛航更以口产佢*从而“曲丰

叫—

所UlOj兴JL

互化.数列通项公式的求解•注意利用等差数列的定义证明问题时一般思路和基本方法，本题

是有关数列的综合题；从近几年的高考命题趋势看，数列问题仍是高考的热点、重点问题，

在训练时，要引起足够的重视•

7、（2013江苏卷19）19.本小题满分16分。

设｛an｝是首项为a，公差为d的等差数列（d式0）,

nQ

Sn是其前n项和。

记bn=2n,n•N，其中c为实数。

nc

（1）右c=0，且b|,b?

匕4成等比数列，证明：

Snk=nSk（k,n二N）；

（2）若｛bn｝是等差数列，证明：

c=0。

20.本小题满分16分。

设函数f（x）=1nx-ax,g（x）=ex—ax，其中a为实数。

（1）若f（x）在（1,=）上是单调减函数，且g（x）在（1,•：

：

）上有最小值，求a的取值范围;

（2）若g（x）在（-1,•：

：

）上是单调增函数，试求f（x）的零点个数，并证明你的结论。

19•证明：

•••｛a.｝是首项为

公差为d的等差数列（d=0）,S!

是其前n项和

S

（1）•••c=0•bn-

n

•••左边=右边.••原式成立

（2）•••｛bn｝是等差数列.••设公差为

d1,•bn

二b（n-1）d1带入bn

b|（n-1）d1=

nSn

n2c

（d1

」d）n3（b-i

2

12

-d1-ad）n•cd1n=c（d^b1）对

2

•恒成立

d1

•••山

cdj=0

c（di-bi）

=0

由①式得:

d1

-0

由③式得:

当b,,b2,b4成等比数列，b；二bb4,

由此：

Sn=n2a,Snk=（nk）2a=n2k2a,n2Sk=n2k2a.

故：

Sik=nSk

2（n-1）d2a

n

n2c

（n-1）d2af

（n-1）d2a

2_n2c

n2c

若｛bj是等差数列，则bn二An•Bn型.

观察（探）式后一项，分子幕低于分母幕,

（n-1）d2a

故有:

2

n2c

=0，即c（n「1）d2a

=0，而

（n-1）d2a

经检验，当

c=0时｛bn｝是等差数列.

8、（2013江苏卷23）卷n附加题

9、23.本小题满分10分。

（k-1）kk（k1）

cn兰

22

设数列&}：

-2-2,3.3-,3-,-,4,4（-4k-k,,（）k1,即当

an（-1）kJk，记5=6a2川annN，

对于LN:

定义集合P^'.nSn是a.的整数倍，n•N，且1_n_I?

（1）求集合R1中元素的个数；

（2）求集合P2000中元素的个数。

23.本题主要考察集合.数列的概念与运算.计数原理等基础知识，考察探究能力及运用数学归纳法分析解决问题能力及推理论证能力。

（1）解：

由数列"an，的定义得：

a1=1,a2--2,a3〜-2,a4=3,a^=3,a^=3,

a?

--4,a$--4,a?

--4,a®--4,a^=5

二Si=1,S2--1,S3--3,S4=0,S5=3,S6=6,S7=2,S8■-2,S9--6,

二3=1•a1,S4=0*a4,

S5=1・a5,Se=2•a6,

S10--10,S11--5

二集合Pn中元素的个数为5

（2）证明：

用数学归纳法先证Si（2i°=-i（2i1）

事实上，

①当i=1时，Si（2i°=S^-1*（21）--3故原式成立

②假设当i=m时，等式成立，即Sm（2m1）=-m・（2m■1）故原式成立

则：

i=m•1,时，

2222S（m1）[2（m1）1}=S（m1）（2m3}=Sm（2m1）（2m1）-（2m2）--m（2m1）（2m1）-（2m2）--（2m25m3）=-（m1）（2m3）

综合①②得：

Si（2i巧=一i（2i1）于是

S（i1）[2i1}二Si（2i1}（2i1）2二-i（2i1）（2i1）2二（2i1）（i1）而a（i半）（2i斗}舟=2i+1（j=1,2，…,2H~1），所以Si（2i4i）^=S（2i屮）+j（2i+1）是

a（i1）（2i1}j（j=1,2,,2i'1）的倍数

又S（i1）[2i1}=（i1）（2i1）不是2i2的倍数，

而a（i1）（2i1}-_（2i2）（j=1,2^，2i2）

所以S（i1）（2i1）j二S（i1）（2i1）-j（2i2）=⑵1）（i1）_j（2i2）不

a（i1）（2i1}j（j=1,2，…，2i2）的倍数

故当I=i（2i/）时，集合R中元素的个数为1（2i-1）=i2

于是当I=i（2i+1）+j（1兰j兰2i+1）时，集合R中元素的个数为i2十j

又2000=31（2311）47

故集合R2000中元素的个数为312*47=1008