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江苏高考历年04-15含解析数列


2004 20.设无穷等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn . 3 (Ⅰ)若首项 a1 ? 2 ,公差 d ? 1 ,求满足 S 2 ? (S k ) 2 的正整数 k; k (Ⅱ)求所有的无穷等差数列 {an } ,使得对于一切正整数 k 都有 S
k2

? (S k ) 2 成立.

20. 本小题主要考查数列的基本知识, 以及运用数学知识分析和解决问题的能力.满分 12 分. 解: (I)当 a1 ?

3 , d ? 1 时, 2 n(n ? 1) 3 n(n ? 1) 1 2 S n ? na1 ? d ? n? ? n ?n 2 2 2 2 1 1 4 2 2 2 由 Sk 2 ? (Sk )2 ,得 k ? k ? ( k ? k ) , 2 2 1 k 3 ( k ? 1) ? 0 即 又 k ? 0 ,所以 k ? 4 . 4
(II)设数列 {an } 的公差为 d ,则在 S n2 ? (S n ) 中分别取 k=1,2,得
2

?a1 ? a12 , 2 ? S ? ( S ) ? 1 ? 1 ,即 ? ? 4?3 2 ?1 2 2 d ? (2a1 ? d) ? ? S4 ? ( S2 ) ?4a1 ? ? 2 2
由(1)得 a1 ? 0 或 a1 ? 1. 当 a1 ? 0 时,代入(2)得 d ? 0 或 d ? 6,

(1) (2)

若 a1 ? 0, d ? 0 ,则 an ? 0, Sn ? 0 ,从而 Sk ? (Sk )2 成立 若 a1 ? 0, d ? 6 ,则 an ? 6(n ? 1) ,由 S3 ? 18,(S3 ) ? 324, Sn ? 216 知
2

S9 ? (S3 )2 , 故所得数列不符合题意.
2 当 a1 ? 1 时,代入(2)得 4 ? 6d ? (2 ? d ) ,解得 d ? 0 或 d ? 2

若 a1 ? 1, d ? 0 ,则 an ? 1, Sn ? n ,从而 Sk 2 ? (Sk ) 成立;
2

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若 a1 ? 1, d ? 2 ,则 an ? 2n ?1, Sn ? 1 ? 3 ? ?? (2n ?1) ? n2 ,从而 S ? (Sn )2 成立. 综上,共有 3 个满足条件的无穷等差数列: ①{an} : an=0,即 0,0,0,…; ②{an} : an=1,即 1,1,1,…; ③{an} : an=2n-1,即 1,3,5,…,

2005 23.(本小题满分 14 分,第一小问满分 2 分,第二.第三小问满分各 6 分) 设数列 ?an ? 的前 n 项和为 S n ,已知 a1 ? 1, a2 ? 6, a3 ? 11,且

(5n ? 8)S n?1 ? (5n ? 2)S n ? An ? B, n ? 1,2,3,? ,其中 A.B 为常数
?求 A 与 B 的值; ?证明:数列 ?an ? 为等差数列; ?证明:不等式 5amn ? am an ? 1 对任何正整数 m, n 都成立

王新敞
奎屯

新疆

王新敞
奎屯

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(23) (Ⅰ)由已知,得 S1 ? a1 ? 1, S 2 ? a1 ? a2 ? 7 , S3 ? a1 ? a2 ? a3 ? 18 由 (5n ? 8)S n?1 ? (5n ? 2)S n ? An ? B ,知

?? 3S 2 ? 7 S1 ? A ? B ? A ? B ? ?28 ,即 ? ? ?2 A ? B ? 48 ?2S 3 ? 12S 2 ? 2 A ? B
解得 A ? ?20, B ? ?8 . (Ⅱ) 由(Ⅰ)得 (5n ? 8)S n?1 ? (5n ? 2)S n ? ?20n ? 8 所以 ②-①得 所以 ① ② ③ ④

(5n ? 3)S n?2 ? (5n ? 7)S n?1 ? ?20n ? 28 (5n ? 3)S n?2 ? (10n ? 1)S n?1 ? (5n ? 2)S n ? ?20 (5n ? 2)S n?3 ? (10n ? 9)S n?2 ? (5n ? 7)S n?1 ? ?20
2 / 17

④-③得 因为 所以 因为 所以 所以 又

(5n ? 2)S n?3 ? (15n ? 6)S n?2 ? (15n ? 6)S n?1 ? (5n ? 2)S n ? 0 an?1 ? S n?1 ? S n (5n ? 2)an?3 ? (10n ? 4)an?2 ? (5n ? 7)an?1 ? 0
(5n ? 2) ? 0

王新敞
奎屯

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an?3 ? 2an?2 ? an?1 ? 0 an?3 ? an?2 ? an?2 ? an?1 , n ? 1 a3 ? a2 ? a2 ? a1 ? 5
王新敞
奎屯 新疆

所以数列 {an } 为等差数列

(Ⅲ)由(Ⅱ) 可知, an ? 1 ? 5(n ? 1) ? 5n ? 4 , 要证 只要证 因为

5amn ? am an ? 1 5amn ? 1 ? am an ? 2 am an ,
amn ? 5mn ? 4 ,

am an ? (5m ? 4)(5n ? 4) ? 25mn ? 20(m ? n) ? 16 ,
故只要证 即只要证

5(5mn ? 4) ? 1 ? 25mn ? 20(m ? n) ? 16 ? 2 am an ,

20m ? 20n ? 37 ? 2 am an ,

因为 2 a m a n ? a m ? a n ? 5m ? 5n ? 8 ? 5m ? 5n ? 8 ? (15m ? 15 n ? 29 ) ? 20 m ? 20 n ? 37 所以命题得证
王新敞
奎屯 新疆

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2006 (21) (本小题满分 14 分) 设数列 {a n } 、 {bn } 、 {c n } 满足: bn ? a n ? a n? 2 , c n ? a n ? 2a n?1 ? 3a n? 2 (n=1,2,3,?) , 证明 {a n } 为等差数列的充分必要条件是 {c n } 为等差数列且 bn ? bn?1 (n=1,2,3,?)

(21)证明:必要性. 设 {an } 是公差为 d1 的等差数列,则

bn?1 ? bn ? (an?1 ? an?3 ) ? (an ? an?2 ) ? (an?1 ? an ) ? (an?3 ? an?2 ) ? d1 ? d1 ? 0 所以 bn ? bn?1 (n ? 1,2,3,? )成立. 又 cn?1 ? cn ? (an?1 ? an ) ? 2(an?2 ? an?1 ) ? 3(an?3 ? an?2 ) (n=1,2,3,?) ,所以数列 {cn } 为等差 ? d1 ? 2d1 ? 3d1 ? 6d1 (常数)
数列. 充分性,设数列 {cn } 是公差 d2 的等差数列,且 bn ? b1 (n=1,2,3,?). 证法一: ①-②得 cn ? cn?2 ? (an ? an?2 ) ? 2(an?1 ? an?3 ) ? 3(an?2 ? an?4 )

? bn ? 2bn?1 ? 3bn?2 , , ? cn ? cn?2 ? (cn ? cn?1 ) ? (cn?1 ? cn?2 ) ? ?2d 2 ③ ?bn ? 2bn?1 ? 3bn?2 ? ?2d 2 , 从而有 bn?1 ? 2bn?2 ? 3bn?3 ? ?2d 2 . ④ ④-③得 (bn?1 ? bn ) ? 2(bn?2 ? bn?1 ) ? 3(bn?3 ? bn?2 ) ? 0. ⑤ ? bn?1 ? bn ? 0, bn?2 ? bn?1 ? 0, bn?3 ? bn?2 ? 0 , ∴由⑤得 bn?1 ? bn ? 0(n ? 1,2,3,?). 由此 不妨设 bn ? d 3 (n ? 1,2,3,?),则an ? an?2 ? d 3 (常数). 由此 cn ? an ? 2an?1 ? 3an?2 ? 4an ? 2an?1 ? 3d 3 , 从而 cn?1 ? 4an?1 ? 2an?2 ? 3d 3 ? 4an?1 ? 2an ? 5d 3 , 两式相减得 an?1 ? cn ? 2(an?1 ? an ) ? 2d 3 , 1 1 因此 a n ?1 ? a n ? (c n ?1 ? c n ) ? d 3 ? d 2 ? d 3 (常数 )( n ? 1,2,3, ?) , 2 2 所以数列 {an } 是等差数列. 证法二:令 An ? an?1 ? an ,由 bn ? bn?1知an ? an?2 ? an?1 ? an?3 , 从而 an?1 ? an ? an?3 ?a n?2 ,即An ? An?2 (n ? 1,2,3,?). 由 cn ? an ? 2an?1 ? 3an?2 , cn?1 ? an?1 ? 2an?2 ? 3an?3 得 cn?1 ? cn ? (an?1 ? an ) ? 2(an?2 ? an?1 ) ? 3(an?3 ? an?2 ) ,即
4 / 17

⑥ An ? 2 An?1 ? 3An?2 ? d 2 . 由此得 An?2 ? 2 An?3 ? 3An?4 ? d 2 . ⑦ ⑥-⑦得 ( An ? An?2 ) ? 2( An?1 ? An?3 ) ? 3( An?2 ? An?4 ) ? 0 . ⑧ 因为 An ? An?2 ? 0, An?1 ? An?3 ? 0, An?2 ? An?4 ? 0 , 所以由⑧得 An ? An?2 ? 0 (n ? 1,2,3,?). 于是由⑥得, 4 An ? 2 An?1 ? An ? 2 An?1 ? 3An?2 ? d 2 从而 2 An ? 4 An?1 ? 4 An?1 ? 2 An?2 ? d 2 . ⑩ 由⑨和⑩得 4 An ? 2 An?1 ? 2 An ? 4 An?1 , 故An?1 ? An , 即 an?2 ? an?1 ? an?1 ? an (n ? 1,2,3,?), 所以数列 {an } 是等差数列.



2007 20. (本小题满分 16 分) 已知{an}是等差数列, {bn}是公比为 q 的等比数列,a1=b1,a2=b2≠a1,记 Sn 为数列 {bn}的前 n 项和。 (1)若 bk=am(m,k 是大于 2 的正整数) ,求证:Sk-1=(m-1)a1; (4 分) (2)若 b3=a( ,求证:q 是整数,且数列{bn}中每一项都是数列{an} i i 是某个正整数) 中的项; (8 分) (3)是否存在这样的正数 q,使等比数列{bn}中有三项成等差数列?若存在,写出 一个 q 的值,并加以说明;若不存在,请说明理由; (4 分)

b1a, ? ? 20. 解: 设 {an } 的公差为 d , 由 a1 ? 2 b 2 a 1
(1)因为 bk ? am ,所以 a1q
k ?1

, q1 ? , , 知d ? 0 ( a1 ? 0 ) d ? a 1 ? q ? 1?

? a1 ? ? m ? 1? a1 ? q ? 1? ,

qk ?1 ? 1 ? ? m ? 1?? q ? 1? ? 2 ? m ? ? m ? 1? q ,
5 / 17

所以 S k ?1 ?

a1 ?1 ? q k ?1 ? 1? q

?

a1 ? m ? 1 ? ? m ? 1? q ? q

? ? m ? 1? a1

(2) b3 ? a1q2 , a i ? a1 ? ?i ? 1? a1 ? q ? 1? ,由 b3 ? ai , 所以 q2 ? 1 ? ?i ? 1?? q ? 1? , q2 ? ?i ? 1? q ? ?i ? 2? ? 0, 解得, q ? 1 或 q ? i ? 2 ,但

q ? 1 ,所以 q ? i ? 2 ,因为 i 是正整数,所以 i ? 2 是整数,即 q 是整数,设数列 {bn } 中任
意一项为

bn ? a1 q n ?1 ? n ? N ? ? ,设数列 {an } 中的某一项 am ? m ? N ? ? = a1 ? ? m ? 1? a1 ? q ? 1?
现在只要证明存在正整数 m ,使得 bn ? am ,即在方程 a1qn?1 ? a1 ? ? m ? 1? a1 ? q ? 1? 中 m 有正整数解即可, q
n ?1

q n?1 ? 1 ? 1 ? ? m ? 1?? q ? 1? , m ? 1 ? ? 1 ? q ? q 2 ? ? q n?2 , q ?1

所以: 若i ? 1, 则 q ? ?1 , 那么 b2n?1 ? b1 ? a1, b2n ? b2 ? a2 , m ? 2 ? q ? q 2 ? ?q n?2 , 当 i ? 3 时,因为 a1 ? b1 , a2 ? b2 ,只要考虑 n ? 3 的情况,因为 b3 ? ai ,所以 i ? 3 ,因此 q
n ?1 n ? N ? 与数列 {an } 是正整数, 所以 m 是正整数, 因此数列 {bn } 中任意一项为 bn ? a1 q

?

?

的第 2 ? q ? q2 ? ?qn?2 项相等,从而结论成立。
? (3)设数列 {bn } 中有三项 bm , bn , bp m ? n ? p, m, n, p ? N 成等差数列,则有

?

?

? 2 a1qn?1 ? a1qm?1 ? a1q p?1 , 设 n ? m ? x, p ? n ? y , x, y ? N ,所以 2 ?

?

?

3 令 x ? 1, y ? 2 , 则 q ? 2q ? 1 ?

2 ? q? 1 0 ?,q ? 1? ? q ?

1 ? qy , x q

?0, 因 为 q ? 1 , 所 以

q2 ? q ? 1 ? 0 , 所 以 q ?

bm , bm ?1 , bm ?3 ? m ? N ? ? 成等差数列。

5 ?1 5 ?1 舍去负值 ? , 即 存 在 q ? 使 得 {bn } 中 有 三 项 ? 2 2

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2008 19. (16 分) (1)设 a1 , a2 ,......an 是各项均不为零的等差数列( n ? 4 ) ,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

②求 n 的所有可能值; (2)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

a1 的数值; d

b1 , b2 ,...... bn ,其中任意三项(按原来顺序)都不能组成等比数列。

19.(Ⅰ)设 a1 , a2 ,??, an 是各项均不为零的等差数列( n ? 4 ) ,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

(Ⅱ)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

b1 , b2 ,??, bn ,其中任意三项(按原来顺序)都不能组成等比数列.
【解析】本小题主要考查等差数列与等比数列的综合运用. (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 ,则有 a32 ? a1 ? a4 , 即 ? a1 ? 2d ? ? a1 ?? a1 ? 3d ?
2

化简得 a1d ? 4d 2 =0,因为 d ≠0,所以

a1 =4 ; d
2

若删去 a3 ,则有 a2 ? a1 ? a4 ,即 ? a1 ? d ? ? a1 ?? a1 ? 3d ? ,故得 综上

a1 =1. d

a1 =1 或-4. d

②当 n=5 时, a1 , a2 , a3 , a4 , a5 中同样不可能删去首项或末项. 若删去 a2 ,则有 a1 ? a5 = a3 ?a4 ,即 a1 ? ? a1 ? 4d ? ? ? a1 ? 2d ??? a1 ? 3d ? .故得 若删去 a3 ,则 a1 ? a5 = a2 ?a4 ,即 a1 ? ? a1 ? 4d ? ? ? a1 ? d ??? a1 ? 3d ? .

a1 =6 ; d

7 / 17

化简得 3 d =0,因为 d≠0,所以也不能删去 a3 ; 若删去 a4 ,则有 a1 ? a5 = a2 ga3 ,即 a1 g (a1 + 4d ) = (a1 + d )g (a1 + 2d ).故得

2

a1 =2 . d

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?2 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.
综上所述,n∈{4,5}.

2009 17. (本小题满分 14 分) 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 ?an ? 的通项公式及前 n 项和 Sn ;

(1)求数列

am am ?1 a ?a ? (2)试求所有的正整数 m ,使得 m ? 2 为数列 n 中的项.

17. 解析: (1)设公差为 d ,则 由性质得
2 2 2 2 a2 ? a5 ? a4 ? a3 ,

?3d (a4 ? a3 ) ? d (a4 ? a3 ) ,
8 / 17

因为 d 所以 即

? 0,

a4 ? a3 ? 0 ,

2a1 ? 5d ? 0 ,

又由 解得

S7 ? 7 得

7a1 ?

7?6 d ?7 2 ,

a1 ? ?5 ,

d ?2
所以

?an ? 的通项公式为 an ? 2n ? 7 ,前 n 项和 Sn ? n2 ? 6n 。

am am?1 ( 2m ? 7 )( 2m ? 5 ) ? a ( 2m ? 3 ) (2) m? 2 ,令 2m ? 3 ? t , am am?1 ( t ? 4 )( t ? 2 ) 8 ? ?t ? ?6 am? 2 t t ,
因为 t 是奇数,所以 t 可取的值为 ?1 ,

8 t ? ?6?3 ?a ? t 当 t ? 1 , m ? 2 时, , 2 ? 5 ? 7 ? 3 ,是数列 n 中的项; 8 t ? ? 6 ? ?15 ?a ? t ? ?1, m ? 1 时, t ,数列 n 中的最小项是 ?5 ,不符合。
所以满足条件的正整数 m ? 2 。

19.(本小题满分 16 分) 设各项均为正数的数列 ?an ? 的前 n 项和为 S n ,已知 2a2 ? a1 ? a3 ,数列 为 d 的等差数列. (1)求数列 ?an ? 的通项公式(用 n, d 表示)

? S ?是公差
n

( 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

9 S m ? S n ? cSk 都成立,求证: c 的最大值为 . 2
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20. (16 分) (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;
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(2)设 M={3,4},求数列{an}的通项公式.

考点: 数列递推式;数列与函数的综合. 专题: 综合题. 分析: (1)由集合 M 的元素只有一个 1,得到 k=1,所以当 n 大于 1 即 n 大于等于 2 时,
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Sn+1+Sn﹣1=2(Sn+S1)都成立,变形后,利用 Sn+1﹣Sn=an+1,及 a1=1 化简,得到当 n 大于等于 2 时,此数列除去首项后为一个等差数列,根据第 2 项的值和确定出的等差 写出等差数列的通项公式,因为 5 大于 2,所以把 n=5 代入通项公式即可求出第 5 项 的值; (2)当 n 大于 k 时,根据题意可得 Sn+k+Sn﹣k=2(Sn+Sk) ,记作①,把 n 换为 n+1, 得到一个关系式记作②,②﹣①后,移项变形后,又 k 等于 3 或 4 得到当 n 大于等 于 8 时此数列每隔 3 项或 4 项成等差数列,即 an﹣6,an﹣3,an,an+3,an+6 成等差数列, 根据等差数列的性质得到一个关系式,记作(*) ,且 an﹣6,an﹣2,an+2,an+6 也成等差 数列, 又根据等差数列的性质得到另外一个关系式, 等量代换得到 an+2﹣an=an﹣an﹣2, 得到当 n 大于等于 9 时,每隔两项成等差数列,设出等差数列的四项,根据等差数列 的性质化简变形,设 d=an﹣an﹣1,从而得到当 n 大于等于 2 小于等于 8 时,n+6 大于 等于 8,把 n+6 代入(*)中,得到一个关系式,同时把 n+7 也代入(*)得到另外一 个关系式,两者相减后根据设出的 d=an﹣an﹣1,经过计算后,得到 n 大于等于 2 时, d=an﹣an﹣1 都成立,从而把 k=3 和 k=4 代入到已知的等式中,化简后得到 d 与前 3 项 的和及 d 与前 4 项和的关系式,两关系式相减即可表示出第 4 项的值,根据 d=an﹣an ﹣1,同理表示出第 3 项,第 2 项及第 1 项,得到此数列为等差数列,由首项等于 1 即 可求出 d 的值,根据首项和等差写出数列的通项公式即可. 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,
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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. 点评: 此题考查学生灵活运用数列的递推式化简求值,掌握确定数列为等差数列的方法,会 根据等差数列的首项和等差写出数列的通项公式,是一道中档题.

2012 20. (本小题满分 16 分) 已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足:an+1= an+bn 2,n?N*; a2 n +n

bn ? bn ? ?设 bn+1=1+a ,n?N*,求证:数列?(a )2?是等差数列;
n

?

n

?

bn ?设 bn+1= 2·a ,n?N*,且{an}是等比数列,求 a1 和 b1 的值;
n

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2013 19、 (本小题满分 16 分) 设 { a n } 是 首 项 为 a 、 公 差 为 d 的 等 差 数 列 (d ? 0) , S n 为 其 前 n 项 和 。 记

bn ?

nSn , n ? N ? ,其中 c 为实数。 n2 ? c

(1)若 c=0,且 b1 , b2 , b4 成等比数列,证明: S nk ? n 2 S k (n, k ? N ? ) (2)若 { b n } 为等差数列,证明:c=0。

19. 证: (1)若 c ? 0 ,则 an ? a ? (n ? 1)d , S n ?
2

n[( n ? 1)d ? 2a ] (n ? 1) d ? 2a , bn ? . 2 2

当 b1,b2,b4 成等比数列, b2 ? b1b4 ,

d? 3d ? ? ? 2 即: ? a ? ? ? a? a ? ? ,得: d ? 2ad ,又 d ? 0 ,故 d ? 2a . 2? 2 ? ? ?
由此: S n ? n 2 a , S nk ? (nk) 2 a ? n 2 k 2 a , n 2 S k ? n 2 k 2 a .
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2

故: Snk ? n2 Sk ( k , n ? N * ) .

(n ? 1)d ? 2a nS 2 (2) bn ? 2 n ? , n ?c n2 ? c (n ? 1)d ? 2a (n ? 1)d ? 2a (n ? 1)d ? 2a n2 ?c ?c 2 2 2 ? 2 n ?c (n ? 1)d ? 2a c (n ? 1)d ? 2a 2 . (※) ? ? 2 2 n ?c n2
若 {bn } 是等差数列,则 bn ? An ? Bn 型. 观察(※)式后一项,分子幂低于分母幂,

(n ? 1)d ? 2a (n ? 1)d ? 2a (n ? 1)d ? 2a 2 ? 0 ,而 故有: ≠0, ? 0 ,即 c 2 2 2 n ?c 故c ? 0. c
经检验,当 c ? 0 时 {bn } 是等差数列. 2014 20.(本小题满分 16 分) 设数列 {a n } 的前 n 项和为 S n .若对任意正整数 n , 学科网总存在正整数 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 S n ? 2 n ( 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”{bn } 和 {c n } ,使得 a n ? bn ? c n ( n ? N ? )成立.

20. 【解析】 ( 1 )首先 a1 ? S1 ? 2 ,当 n ? 2 时, an ? Sn ? Sn?1 ? 2n ? 2n?1 ? 2n?1 ,所以

?2, n ? 1, n , 所以对任意的 n ? N * ,Sn ? 2 是数列 {an } 中的 n ? 1 项, 因此数列 {an } an ? ? n?1 ?2 , n ? 2,
是“ H 数列” .

n(n ? 1) d, 数列 {an } 是 “ H 数列” , 则存在 k ? N * , 2 n(n ? 1) n ? 1 n(n ? 1) n( n ? 1) d ? 1 ? (k ? 1)d ,k ? ? ? 1 ,由于 ? N * ,又 k ? N * , 使n? 2 d 2 2 Sn ? n ? (2) 由题意 an ? 1 ? (n ? 1)d ,
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n ?1 ? Z 对一切正整数 n 都成立,所以 d ? ?1 . d

(3)首先,若 dn ? bn ( b 是常数) ,则数列 {dn } 前 n 项和为 S n ? 的第

n( n ? 1) 项,因此 {dn } 是“ H 数列” ,对任意的等差数列 {an } , an ? a1 ? (n ?1)d ( d 2

n( n ? 1) b 是数列 {dn } 中 2

是公差) ,设 bn ? na1 , cn ? (d ? a1 )(n ?1) ,则 an ? bn ? cn ,而数列 {bn } ,{cn } 都是“ H 数列” ,证毕. 【考点】 (1)新定义与数列的项, (2)数列的项与整数的整除; (3)构造法.

2015 20. (16 分) (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
2 3

依次构成等比数列;
4

(2)是否存在 a1,d,使得 a1,a2 ,a3 ,a4 依次构成等比数列?并说明理由; n n+k n+2k n+3k (3)是否存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 a1 ,a2 ,a3 ,a4 依次构成等比数列?并 说明理由.

20. (16 分) (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
2 3

依次构成等比数列;
4

(2)是否存在 a1,d,使得 a1,a2 ,a3 ,a4 依次构成等比数列?并说明理由; n n+k n+2k n+3k (3)是否存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 a1 ,a2 ,a3 ,a4 依次构成等比数列?并 说明理由. 考点: 等比关系的确定;等比数列的性质. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: (1)根据等比数列和等差数列的定义即可证明; 2 3 4 (2)利用反证法,假设存在 a1,d 使得 a1,a2 ,a3 ,a4 依次构成等比数列,推出矛 盾,否定假设,得到结论; n n+k n+2k n+3k (3)利用反证法,假设存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 a1 ,a2 ,a3 ,a4 依 n n+2k 2(n+k) n+k n+3k 次构成等比数列,得到 a1 (a1+2d) =(a1+2d) ,且(a1+d) (a1+3d) = 2(n+2k) (a1+2d) ,利用等式以及对数的性质化简整理得到 ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln (1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t) , (**) ,多次构造函数,多次求导,利用零点
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存在定理,推出假设不成立. 解答: 解: (1)证明:∵ =

=2 , (n=1,2,3, )是同一个常数,

d

∴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) 2 3 4 假设存在 a1,d 使得 a1,a2 ,a3 ,a4 依次构成等比数列, 4 3 6 2 4 则 a =(a﹣d) (a+d) ,且(a+d) =a (a+2d) , 令 t= ,则 1=(1﹣t) (1+t) ,且(1+t) =(1+2t) , (﹣ <t<1,t≠0) , 化简得 t +2t ﹣2=0(*) ,且 t =t+1,将 t =t+1 代入(*)式, t(t+1)+2(t+1)﹣2=t +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,a2 ,a3 ,a4 依次构成等比数列. n n+k n+2k n+3k (3)假设存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 a1 ,a2 ,a3 ,a4 依次构成等比数 列, 则 a1 (a1+2d)
n n+2k 2 3 4 2 3 2 2 2 3 6 4

=(a1+2d)

2(n+k)

,且(a1+d)

n+k

(a1+3d) t=

n+3k

=(a1+2d)

2(n+2k)



2(n+k) 2(n+2k) 分别在两个等式的两边同除以=a1 ,a1 ,并令 n+2k 2(n+k) n+k n+3k

, (t>

,t≠0) ,

则(1+2t) =(1+t) ,且(1+t) (1+3t) =(1+2t) , 将上述两个等式取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)ln(1+t) , 且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t) , 化简得,2k[ln(1+2t)﹣ln(1+t)]=n[2ln(1+t)﹣ln(1+2t)], 且 3k[ln(1+3t)﹣ln(1+t)]=n[3ln(1+t)﹣ln(1+3t)], 再将这两式相除,化简得, ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t) , (**) 令 g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)﹣ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t) , 则 g′(t)=
2

2(n+2k)

[(1+3t) ln(1+3t)﹣3(1+2t) ln(1+2t)

2

2

+3(1+t) ln(1+t)], 2 2 2 令 φ(t)=(1+3t) ln(1+3t)﹣3(1+2t) ln(1+2t)+3(1+t) ln(1+t) , 则 φ′(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)﹣2(1+2t)ln(1+2t)+3(1+t)ln(1+t)], 令 φ1(t)=φ′(t) ,则 φ1′(t)=6[3ln(1+3t)﹣4ln(1+2t)+ln(1+t)], 令 φ2(t)=φ1′(t) ,则 φ2′(t)= 由 g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ2′(t)>0, 知 g(t) ,φ(t) ,φ1(t) ,φ2(t)在(﹣ ,0)和(0,+∞)上均单调, 故 g(t)只有唯一的零点 t=0,即方程(**)只有唯一解 t=0,故假设不成立, n n+k n+2k n+3k 所以不存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 a1 ,a2 ,a3 ,a4 依次构成等比数列. 点评: 本题主要考查等差数列、等比数列的定义和性质,函数与方程等基础知识,考查代数
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>0,

推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力,属于难题.

17 / 17


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