（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 板块命题点专练（八）数列 文（含解析）苏教版

板板块块命命题题点点专专练练((八八))数数列列命题点一数列的概念及表示1.(2016·上海高考)无穷数列{an}由k个不同的数组成，Sn为{an}的前n项和．若对任意n∈N*，Sn∈{2,3}，则k的最大值为________．解析：由Sn∈{2,3}，得a1＝S1∈{2,3}．将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：①a1＝2，a2＝0，a3＝1，a4＝－1；②a1＝2，a2＝1，a3＝0，a4＝－1；③a1＝2，a2＝1，a3＝－1，a4＝0；④a1＝3，a2＝0，a3＝－1，a4＝1；⑤a1＝3，a2＝－1，a3＝0，a4＝1；⑥a1＝3，a2＝－1，a3＝1，a4＝0.最多项均只能写到第4项，即kmax＝4.答案：42．(2014·全国卷Ⅱ)数列{an}满足an＋1＝11－an，a8＝2，则a1＝________.解析：将a8＝2代入an＋1＝11－an，可求得a7＝12；再将a7＝12代入an＋1＝11－an，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝11－an，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝12.答案：12命题点二等差数列与等比数列1．(2018·北京高考)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为________．解析：法一：设数列{an}的公差为d.∵a2＋a5＝36，∴(a1＋d)＋(a1＋4d)＝2a1＋5d＝36.∵a1＝3，∴d＝6，∴an＝6n－3.法二：设数列{an}的公差为d，∵a2＋a5＝a1＋a6＝36，a1＝3，∴a6＝33，∴d＝a6－a15＝6，∴an＝6n－3.答案：an＝6n－32．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝74，S6＝634，则a8＝________.解析：设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，则S3＝a1－q31－q＝74，S6＝a1－q61－q＝634，解得q＝2，a1＝14，则a8＝a1q7＝14×27＝32.答案：323．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.解析：∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.当n＝1时，由a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.∴数列{an}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，∴Sn＝a1－qn1－q＝－－2n1－2＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.答案：－634．(2016·江苏高考)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________．解析：法一：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知S5＝5a1＋5×42d＝10，得a1＋2d＝2，即a1＝2－2d.所以a2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋a22＝－3，化简得d2－6d＋9＝0，所以d＝3，a1＝－4.故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20.法二：设等差数列{an}的公差为d，由S5＝10，知a1＋a52＝5a3＝10，所以a3＝2.所以由a1＋a3＝2a2，得a1＝2a2－2，代入a1＋a22＝－3，化简得a22＋2a2＋1＝0，所以a2＝－1.公差d＝a3－a2＝2＋1＝3，故a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.答案：205．(2018·北京高考)设{an}是等差数列，且a1＝ln2，a2＋a3＝5ln2.(1)求{an}的通项公式；(2)求e1a＋e2a＋…＋ena.解：(1)设{an}的公差为d.因为a2＋a3＝5ln2，所以2a1＋3d＝5ln2.又a1＝ln2，所以d＝ln2.所以an＝a1＋(n－1)d＝nln2.(2)因为e1a＝eln2＝2，eane1na＝e1nnaa－－＝eln2＝2，所以数列{ean}是首项为2，公比为2的等比数列，所以e1a＋e2a＋…＋ena＝－2n1－2＝2n＋1－2.6．(2017·江苏高考)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．证明：(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2,3，所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，因此等差数列{an}是“P(3)数列”．(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列．7．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．解：(1)设{an}的公比为q.由题设可得a1＋q＝2，a1＋q＋q2＝－6.解得a1＝－2，q＝－2.故{an}的通项公式为an＝(－2)n.(2)由(1)可得Sn＝－－－n]1－－＝－23＋(－1)n2n＋13.由于Sn＋2＋Sn＋1＝－43＋(－1)n2n＋3－2n＋23＝2－23＋－n2n＋13＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．8．(2015·江苏高考)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：2a1，2a2，2a3，2a4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an1，an＋k2，an＋2k3，an＋3k4依次构成等比数列？并说明理由．解：(1)证明：因为2an＋12an＝2an＋1－an＝2d(n＝1,2,3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：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＝da，则1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4－12＜t＜1，t≠0，化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.将t2＝t＋1代入(*)式，得t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－14.显然t＝－14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)不存在，理由如下：假设存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an＋k2，an＋2k3，an＋3k4依次构成等比数列，则an1(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)，分别在两个等式的两边同除以an＋k1及an＋2k1，并令t＝da1t＞－13，t≠0，则(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．将上述两个等式两边取对数，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)＝＋3t2＋3t－＋2t2l＋2t＋＋t2＋t＋t＋2t＋3t.令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，则φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(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)＝12＋t＋2t＋3t＞0.由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ2′(t)＞0，知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在－13，0和(0，＋∞)上均单调．故g(t)只有唯一零点t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假设不成立．所以不存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an＋k2，an＋2k3，an＋3k4依次构成等比数列．命题点三数列求和1.(2018·江苏高考)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn＞12an＋1成立的n的最小值为________．解析：所有的正奇数和2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26.当n＝1时，S1＝1＜12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3＜12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6＜12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10＜12a5＝60，不符合题意；…；当n＝26时，S26＝＋2＋－251－2＝441＋62＝503＜12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝＋2＋－251－2＝484＋62＝546＞12a28＝540，符合题意．故使得Sn＞12an＋1成立的n的最小值为27.答案：272．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则k＝1n1Sk＝________.解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意有a1＋2d＝3，4a1＋6d＝10，解得a1＝1，d＝1，所以Sn＝nn＋2，1Sn＝2nn＋＝21n－1n＋1，因此k＝1n1Sk＝21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝2nn＋1.答案：2nn＋13．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.解：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝1－－n3.由Sm＝63，得(－2)m＝－18