江蘇高考?xì)v年04-15含解析數(shù)列

200420．設(shè)無窮等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為.(Ⅰ)假設(shè)首項(xiàng)EQ\F(3,2)，公差，求滿足的正整數(shù)k；(Ⅱ)求所有的無窮等差數(shù)列，使得對(duì)于一切正整數(shù)k都有成立.20．本小題主要考查數(shù)列的根本知識(shí)，以及運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析和解決問題的能力.總分值12分.解：〔I〕當(dāng)時(shí)，由，得，即又，所以.〔II〕設(shè)數(shù)列的公差為，那么在中分別取k=1,2,得〔1〕〔2〕，即〔1〕〔2〕由〔1〕得或當(dāng)時(shí)，代入〔2〕得或假設(shè)，那么，從而成立假設(shè)，那么，由知故所得數(shù)列不符合題意.當(dāng)時(shí)，代入〔2〕得，解得或假設(shè)，那么，從而成立；假設(shè)，那么，從而成立.綜上，共有3個(gè)滿足條件的無窮等差數(shù)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，…，200523.〔本小題總分值14分，第一小問總分值2分，第二.第三小問總分值各6分〕設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，，且⑴求A與B的值；⑵證明：數(shù)列為等差數(shù)列；⑶證明：不等式對(duì)任何正整數(shù)都成立〔23〕〔Ⅰ〕由，得，，由，知，即解得.(Ⅱ)由〔Ⅰ〕得①所以②②-①得③所以④④-③得因?yàn)樗砸驗(yàn)樗运?，又所以?shù)列為等差數(shù)列〔Ⅲ〕由(Ⅱ)可知，，要證只要證，因?yàn)?，，故只要證，即只要證，因?yàn)樗悦}得證2006〔21〕〔本小題總分值14分〕設(shè)數(shù)列、、滿足：，〔n=1,2,3,…〕，證明為等差數(shù)列的充分必要條件是為等差數(shù)列且〔n=1,2,3,…〕〔21〕證明：必要性.設(shè)是公差為d1的等差數(shù)列，那么所以〕成立.又〔常數(shù)〕〔n=1，2，3，…〕，所以數(shù)列為等差數(shù)列.充分性，設(shè)數(shù)列是公差d2的等差數(shù)列，且〔n=1，2，3，…〕.證法一：①－②得，，③從而有④④－③得⑤，∴由⑤得由此不妨設(shè)〔常數(shù)〕.由此，從而，兩式相減得，因此，所以數(shù)列是等差數(shù)列.證法二：令 從而由得，即.⑥由此得.⑦⑥－⑦得.⑧因?yàn)?，所以由⑧得于是由⑥得，⑨從而⑩由⑨和⑩得即所以?shù)列是等差數(shù)列.200720．〔本小題總分值16分〕｛an｝是等差數(shù)列，｛bn｝是公比為q的等比數(shù)列，a1=b1，a2=b2≠a1，記Sn為數(shù)列｛bn｝的前n項(xiàng)和?！?〕假設(shè)bk=am〔m，k是大于2的正整數(shù)〕，求證：Sk-1=〔m－1〕a1；〔4分〕〔2〕假設(shè)b3=ai〔i是某個(gè)正整數(shù)〕，求證：q是整數(shù)，且數(shù)列｛bn｝中每一項(xiàng)都是數(shù)列｛an｝中的項(xiàng)；〔8分〕〔3〕是否存在這樣的正數(shù)q，使等比數(shù)列｛bn｝中有三項(xiàng)成等差數(shù)列？假設(shè)存在，寫出一個(gè)q的值，并加以說明；假設(shè)不存在，請(qǐng)說明理由；〔4分〕20．解：設(shè)的公差為，由，知，〔〕〔1〕因?yàn)?，所以，，所以?〕，由，所以解得，或，但，所以，因?yàn)槭钦麛?shù)，所以是整數(shù)，即是整數(shù)，設(shè)數(shù)列中任意一項(xiàng)為，設(shè)數(shù)列中的某一項(xiàng)=現(xiàn)在只要證明存在正整數(shù)，使得，即在方程中有正整數(shù)解即可，，所以：，假設(shè)，那么，那么，當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，只要考慮的情況，因?yàn)?，所以，因此是正整?shù)，所以是正整數(shù)，因此數(shù)列中任意一項(xiàng)為與數(shù)列的第項(xiàng)相等，從而結(jié)論成立。〔3〕設(shè)數(shù)列中有三項(xiàng)成等差數(shù)列，那么有2設(shè)，所以2，令，那么，因?yàn)?，所以，所以，即存在使得中有三?xiàng)成等差數(shù)列。200819．〔16分〕〔1〕設(shè)是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列〔〕，且公差，假設(shè)將此數(shù)列刪去某一項(xiàng)得到的數(shù)列〔按原來的順序〕是等比數(shù)列：①當(dāng)時(shí)，求的數(shù)值；②求的所有可能值；〔2〕求證：對(duì)于一個(gè)給定的正整數(shù)，存在一個(gè)各項(xiàng)及公差都不為零的等差數(shù)列，其中任意三項(xiàng)〔按原來順序〕都不能組成等比數(shù)列。19.〔Ⅰ〕設(shè)是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列〔〕，且公差，假設(shè)將此數(shù)列刪去某一項(xiàng)得到的數(shù)列〔按原來的順序〕是等比數(shù)列：①當(dāng)n=4時(shí)，求的數(shù)值；②求的所有可能值；〔Ⅱ〕求證：對(duì)于一個(gè)給定的正整數(shù)n(n≥4)，存在一個(gè)各項(xiàng)及公差都不為零的等差數(shù)列，其中任意三項(xiàng)〔按原來順序〕都不能組成等比數(shù)列．【解析】本小題主要考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合運(yùn)用．〔Ⅰ〕①當(dāng)n＝4時(shí)，中不可能刪去首項(xiàng)或末項(xiàng)，否那么等差數(shù)列中連續(xù)三項(xiàng)成等比數(shù)列，那么推出d＝0．假設(shè)刪去，那么有即化簡(jiǎn)得＝0，因?yàn)椤?，所以=4；假設(shè)刪去，那么有，即，故得=1．綜上=1或－4．②當(dāng)n＝5時(shí)，中同樣不可能刪去首項(xiàng)或末項(xiàng)．假設(shè)刪去，那么有＝，即．故得=6；假設(shè)刪去，那么＝，即．化簡(jiǎn)得3＝0，因?yàn)閐≠0，所以也不能刪去；假設(shè)刪去，那么有＝，即．故得=2．當(dāng)n≥6時(shí)，不存在這樣的等差數(shù)列．事實(shí)上，在數(shù)列，，，…，，，中，由于不能刪去首項(xiàng)或末項(xiàng)，假設(shè)刪去，那么必有＝，這與d≠0矛盾；同樣假設(shè)刪去也有＝，這與d≠0矛盾；假設(shè)刪去，…，中任意一個(gè)，那么必有＝，這與d≠0矛盾．綜上所述，n∈{4，5}．200917．〔本小題總分值14分〕設(shè)是公差不為零的等差數(shù)列，為其前項(xiàng)和，滿足〔1〕求數(shù)列的通項(xiàng)公式及前項(xiàng)和；〔2〕試求所有的正整數(shù)，使得為數(shù)列中的項(xiàng).

17．解析：〔1〕設(shè)公差為，那么，由性質(zhì)得，因?yàn)?，所以，即，又由得，解得，所以的通?xiàng)公式為，前項(xiàng)和?！?〕，令，，因?yàn)槭瞧鏀?shù)，所以可取的值為，當(dāng)，時(shí)，，，是數(shù)列中的項(xiàng)；，時(shí)，，數(shù)列中的最小項(xiàng)是，不符合。所以滿足條件的正整數(shù)。19.〔本小題總分值16分〕設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列的前n項(xiàng)和為，，數(shù)列是公差為的等差數(shù)列.〔1〕求數(shù)列的通項(xiàng)公式〔用表示〕〔2〕設(shè)為實(shí)數(shù)，對(duì)滿足的任意正整數(shù)，不等式都成立，求證：的最大值為.20．〔16分〕〔2011?江蘇〕設(shè)M為局部正整數(shù)組成的集合，數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1，前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意整數(shù)k∈M，當(dāng)整數(shù)n＞k時(shí)，Sn+k+Sn﹣k=2〔Sn+Sk〕都成立〔1〕設(shè)M={1}，a2=2，求a5的值；〔2〕設(shè)M={3，4}，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．考點(diǎn)：數(shù)列遞推式；數(shù)列與函數(shù)的綜合．專題：綜合題．分析：〔1〕由集合M的元素只有一個(gè)1，得到k=1，所以當(dāng)n大于1即n大于等于2時(shí)，Sn+1+Sn﹣1=2〔Sn+S1〕都成立，變形后，利用Sn+1﹣Sn=an+1，及a1=1化簡(jiǎn)，得到當(dāng)n大于等于2時(shí)，此數(shù)列除去首項(xiàng)后為一個(gè)等差數(shù)列，根據(jù)第2項(xiàng)的值和確定出的等差寫出等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，因?yàn)?大于2，所以把n=5代入通項(xiàng)公式即可求出第5項(xiàng)的值；〔2〕當(dāng)n大于k時(shí)，根據(jù)題意可得Sn+k+Sn﹣k=2〔Sn+Sk〕，記作①，把n換為n+1，得到一個(gè)關(guān)系式記作②，②﹣①后，移項(xiàng)變形后，又k等于3或4得到當(dāng)n大于等于8時(shí)此數(shù)列每隔3項(xiàng)或4項(xiàng)成等差數(shù)列，即an﹣6，an﹣3，an，an+3，an+6成等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)得到一個(gè)關(guān)系式，記作〔*〕，且an﹣6，an﹣2，an+2，an+6也成等差數(shù)列，又根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)得到另外一個(gè)關(guān)系式，等量代換得到an+2﹣an=an﹣an﹣2，得到當(dāng)n大于等于9時(shí)，每隔兩項(xiàng)成等差數(shù)列，設(shè)出等差數(shù)列的四項(xiàng)，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)化簡(jiǎn)變形，設(shè)d=an﹣an﹣1，從而得到當(dāng)n大于等于2小于等于8時(shí)，n+6大于等于8，把n+6代入〔*〕中，得到一個(gè)關(guān)系式，同時(shí)把n+7也代入〔*〕得到另外一個(gè)關(guān)系式，兩者相減后根據(jù)設(shè)出的d=an﹣an﹣1，經(jīng)過計(jì)算后，得到n大于等于2時(shí)，d=an﹣an﹣1都成立，從而把k=3和k=4代入到的等式中，化簡(jiǎn)后得到d與前3項(xiàng)的和及d與前4項(xiàng)和的關(guān)系式，兩關(guān)系式相減即可表示出第4項(xiàng)的值，根據(jù)d=an﹣an﹣1，同理表示出第3項(xiàng)，第2項(xiàng)及第1項(xiàng)，得到此數(shù)列為等差數(shù)列，由首項(xiàng)等于1即可求出d的值，根據(jù)首項(xiàng)和等差寫出數(shù)列的通項(xiàng)公式即可．解答：解：〔1〕由M={1}，根據(jù)題意可知k=1，所以n≥2時(shí)，Sn+1+Sn﹣1=2〔Sn+S1〕，即〔Sn+1﹣Sn〕﹣〔Sn﹣Sn﹣1〕=2S1，又a1=1，那么an+1﹣an=2a1=2，又a2=2，所以數(shù)列{an}除去首項(xiàng)后，是以2為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，故當(dāng)n≥2時(shí)，an=a2+2〔n﹣2〕=2n﹣2，所以a5=8；〔2〕根據(jù)題意可知當(dāng)k∈M={3，4}，且n＞k時(shí)，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，可化為：an+1+k﹣an+1=an+1﹣an+1﹣k所以n≥8時(shí)，an﹣6，an﹣3，an，an+3，an+6成等差數(shù)列，且an﹣6，an﹣2，an+2，an+6也成等差數(shù)列，從而當(dāng)n≥8時(shí)，2an=an﹣3+an+3=an﹣6+an+6，〔*〕且an﹣2+an+2=an﹣6+an+6，所以當(dāng)n≥8時(shí)，2an=an﹣2+an+2，即an+2﹣an=an﹣an﹣2，于是得到當(dāng)n≥9時(shí)，an﹣3，an﹣1，an+1，an+3成等差數(shù)列，從而an﹣3+an+3=an﹣1+an+1，由〔*〕式可知：2an=an﹣1+an+1，即an+1﹣an=an﹣an﹣1，當(dāng)n≥9時(shí)，設(shè)d=an﹣an﹣1，那么當(dāng)2≤n≤8時(shí)，得到n+6≥8，從而由〔*〕可知，2an+6=an+an+12，得到2an+7=an+1+an+13，兩式相減得：2〔an+7﹣an+6〕=an+1﹣an+〔an+13﹣an+12〕，那么an+1﹣an=2d﹣d=d，因此，an﹣an﹣1=d對(duì)任意n≥2都成立，又由Sn+k+Sn﹣k﹣2Sn=2Sk，可化為：〔Sn+k﹣Sn〕﹣〔Sn﹣Sn﹣k〕=2Sk，當(dāng)k=3時(shí)，〔Sn+3﹣Sn〕﹣〔Sn﹣Sn﹣3〕=9d=2S3；同理當(dāng)k=4時(shí)，得到16d=2S4，兩式相減得：2〔S4﹣S3〕=2a4=16d﹣9d=7d，解得a4=d，因?yàn)閍4﹣a3=d，解得a3=d，同理a2=d，a1=，那么數(shù)列{an}為等差數(shù)列，由a1=1可知d=2，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=1+2〔n﹣1〕=2n﹣1．點(diǎn)評(píng)：此題考查學(xué)生靈活運(yùn)用數(shù)列的遞推式化簡(jiǎn)求值，掌握確定數(shù)列為等差數(shù)列的方法，會(huì)根據(jù)等差數(shù)列的首項(xiàng)和等差寫出數(shù)列的通項(xiàng)公式，是一道中檔題．201220.(本小題總分值16分)各項(xiàng)均為正數(shù)的兩個(gè)數(shù)列{an}和{bn}滿足：an+1=eq\f(an+bn,\r(a\o(2,n)+\o(2,n)))，nN*；⑴設(shè)bn+1=1+eq\f(bn,an)，nN*，求證：數(shù)列eq\b\bc\{((\f(bn,an))2)是等差數(shù)列；⑵設(shè)bn+1=eq\r(2)·eq\f(bn,an)，nN*，且{an}是等比數(shù)列，求a1和b1的值；201319、〔本小題總分值16分〕設(shè)是首項(xiàng)為、公差為的等差數(shù)列，為其前項(xiàng)和。記，其中c為實(shí)數(shù)?！?〕假設(shè)c=0，且成等比數(shù)列，證明：〔2〕假設(shè)為等差數(shù)列，證明：c=0。19．證：〔1〕假設(shè)，那么，，．當(dāng)成等比數(shù)列，，即：，得：，又，故．由此：，，．故：〔〕．〔2〕，．(※)假設(shè)是等差數(shù)列，那么型．觀察(※)式后一項(xiàng)，分子冪低于分母冪，故有：，即，而≠0，故．經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)時(shí)是等差數(shù)列．201420.(本小題總分值16分)設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為.假設(shè)對(duì)任意正整數(shù)，學(xué)科網(wǎng)總存在正整數(shù)，使得，那么稱是“H數(shù)列”.(1)假設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和(N),證明:是“H數(shù)列”;(2)設(shè)是等差數(shù)列,其首項(xiàng),公差.假設(shè)是“H數(shù)列”,求的值；(3)證明：對(duì)任意的等差數(shù)列，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”和，使得(N)成立.20.【解析】〔1〕首先，當(dāng)時(shí)，，所以，所以對(duì)任意的，是數(shù)列中的項(xiàng)，因此數(shù)列是“數(shù)列”．〔2〕由題意，，數(shù)列是“數(shù)列”，那么存在，使，，由于，又，那么對(duì)一切正整數(shù)都成立，所以．〔3〕首先，假設(shè)〔是常數(shù)〕，那么數(shù)列前項(xiàng)和為是數(shù)列中的第項(xiàng)，因此是“數(shù)列”，對(duì)任意的等差數(shù)列，〔是公差〕，設(shè)，，那么，而數(shù)列，都是“數(shù)列”，證畢．【考點(diǎn)】〔1〕新定義與數(shù)列的項(xiàng)，〔2〕數(shù)列的項(xiàng)與整數(shù)的整除；〔3〕構(gòu)造法．201520．〔16分〕〔2015?江蘇〕設(shè)a1，a2，a3．a(chǎn)4是各項(xiàng)為正數(shù)且公差為d〔d≠0〕的等差數(shù)列．〔1〕證明：2，2，2，2依次構(gòu)成等比數(shù)列；〔2〕是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由；〔3〕是否存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由．20．〔16分〕〔2015?江蘇〕設(shè)a1，a2，a3．a(chǎn)4是各項(xiàng)為正數(shù)且公差為d〔d≠0〕的等差數(shù)列．〔1〕證明：2，2，2，2依次構(gòu)成等比數(shù)列；〔2〕是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由；〔3〕是否存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由．考點(diǎn)：等比關(guān)系確實(shí)定；等比數(shù)列的性質(zhì)．專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列．分析：〔1〕根據(jù)等比數(shù)列和等差數(shù)列的定義即可證明；〔2〕利用反證法，假設(shè)存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列，推出矛盾，否認(rèn)假設(shè)，得到結(jié)論；〔3〕利用反證法，假設(shè)存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列，得到a1n〔a1+2d〕n+2k=〔a1+2d〕2〔n+k〕，且〔a1+d〕n+k〔a1+3d〕n+3k=〔a1+2d〕2〔n+2k〕，利用等式以及對(duì)數(shù)的性質(zhì)化簡(jiǎn)整理得到ln〔1+3t〕ln〔1+2t〕+3ln〔1+2t〕ln〔1+t〕=4ln〔1+3t〕ln〔1+t〕，〔**〕，屢次構(gòu)造函數(shù)，屢次求導(dǎo)，利用零點(diǎn)存在定理，推出假設(shè)不成立．解答：解：〔1〕證明：∵==2d，〔n=1，2，3，〕是同一個(gè)常數(shù)，∴2，2，2，2依次構(gòu)成等比數(shù)列；〔2〕令a1+d=a，那么a1，a2，a3，a4分別為a﹣d，a，a+d，a+2d〔a＞d，a＞﹣2d，d≠0〕假設(shè)存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列，那么a4=〔a﹣d〕〔a+d〕3，且〔a+d〕6=a2〔a+2d〕4，令t=，那么1=〔1﹣t〕〔1+t〕3，且〔1+t〕6=〔1+2t〕4，〔﹣＜t＜1，t≠0〕，化簡(jiǎn)得t3+2t2﹣2=0〔*〕，且t2=t+1，將t2=t+1代入〔*〕式，t〔t+1〕+2〔t+1〕﹣2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，那么t=﹣，顯然t=﹣不是上面方程的解，矛盾，所以假設(shè)不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列．〔3〕假設(shè)存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列，那么a1n〔a1+2d〕n+2k=〔a1+2d〕2〔n+k〕，且〔a1+d〕n+k〔a1+3d〕n+3k=〔a1+2d〕2〔n+2k〕，分別在兩個(gè)等式的兩邊同除以=a12〔n+k〕，a12〔n+2k〕，并令t=，〔t＞，t≠0〕，那么〔1+2t〕n+2k=〔1+t〕2〔n+k〕，且〔1+t〕n+k〔1+3t〕n+3k=〔1+2t〕2〔n+2k〕，將上述兩個(gè)等式取對(duì)數(shù)，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