2020届高考数学江苏省二轮复习训练习题：冲刺提分作业第20讲 数列的综合应用
2020届高考数学江苏版二轮习题：冲刺提分作业第20讲 数列的综合应用
第20讲数列的综合应用1.(2019苏州期中,12)已知数列{a n}的通项公式为a n=5n+1,数列{b n}的通项公式为b n=n2,若将数列{a n},{b n}中相同的项按从小到大的顺序排列后看作数列{c n},则c6的值为.2.(2018江苏常州模拟)各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2a3a4=a2+a3+a4,则a3的最小值为.3.(2019无锡期中,10)《九章算术》中研究盈不足问题时,有一道题是“今有垣厚五尺,两鼠对穿,大鼠日一尺,小鼠也日一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何日相逢?”题意为“有厚墙五尺,两只老鼠从墙的两边分别打洞穿墙,大老鼠第一天打一尺,以后每天加倍;小老鼠第一天也打一尺,以后每天减半,问几天后两鼠相遇?”一古城墙厚33尺,大、小老鼠按上述方式打洞,相遇时是第天.4.(2019扬州中学3月检测,10)已知数列{a n}为正项的递增等比数列,a1+a5=82,a2·a4=81,记数列的前n项和为T n,则使不等式2 019×->1成立的最大正整数n的值是.5.(2018徐州铜山高三第三次模拟)设S n是等比数列{a n}的前n项和,S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=2a m,则m= .6.(2019南师大附中期中,13)已知实数x,y,z∈[0,4],如果x2,y2,z2是公差为2的等差数列,则|x-y|+|y-z|的最小值为.7.(2018淮海中学高三模拟)若数列{a n}同时满足:①对于任意的正整数n,a n+1≥a n恒成立;②对于给定的正整数k,a n-k+a n+k=2a n对于任意的正整数n(n>k)恒成立,则称数列{a n}是“R(k)数列”.(1)已知a n=-,为奇数,,为偶数,判断数列{a n}是不是“R(2)数列”,并说明理由;(2)已知数列{b n}是“R(3)数列”,且存在整数p(p>1),使得b3p-3,b3p-1,b3p+1,b3p+3成等差数列,证明:{b n}是等差数列.答案精解精析1.答案256解+析设a m=b k,则有5m+1=k2,即m=()(-),因为m是正整数,所以k+1或k-1是5的整数倍,设k+1=5t或k-1=5t(t∈N*),即k=5t-1或k=5t+1(t∈N*),所以k=4,6,9,11,14,16,19,21,…,所以c6=162=256.2.答案解+析因为a2a3a4=a2+a3+a4,所以=+a3+a3q,=+q+1≥3,a3>0,则a3≥,当且仅当q=1时取等号,则a3的最小值为.3.答案 6解+析设第x天相遇,大鼠每天打洞尺数构成以1为首项,2为公比的等比数列,则x天共打洞尺数为--=2x-1;小鼠每天打洞尺数构成以1为首项,为公比的等比数列,则x天共打洞尺数为--=2--.根据题意得2x-1+2--≥33,即2x--≥32,令f(x)=2x--=2x-,当x>0时, f(x)是增函数,又f(5)=32-<32, f(6)=64->32,所以相遇时是第6天.4.答案 6解+析设数列{a n}的公比为q(q>1),由,,解得,,则q=3,∴a n=3n-1,则T n=+++…+-=2×--=3-,∴2 019×->1,即2 019×>1,得3n<2 019,此时正整数n的最大值为6.5.答案8解+析设等比数列{a n}的公比为q,由S3,S9,S6成等差数列,得S3+S6=2S9,则(a1+a2+a3)(2+q3)=2(a1+a2+a3)(1+q3+q6),a1+a2+a3≠0,则2+q3=2+2q3+2q6,q3=-,则a2+a5=a2+a2q3=a2=2a m=2a2q m-2,=--,-=2,m=8.6.答案4-2解+析实数x,y,z∈[0,4],x2,y2,z2是公差为2的等差数列,则0≤x≤y≤z≤4,则|x-y|+|y-z|=z-x=-==-≥=4-2.∴|x-y|+|y-z|的最小值为4-2.7.解+析(1)数列{a n}是“R(2)数列”.当n为奇数时,a n+1-a n=2(n+1)-(2n-1)=3>0,所以a n+1≥a n.a n-2+a n+2=2(n-2)-1+2(n+2)-1=2(2n-1)=2a n;当n为偶数时,a n+1-a n=2(n+1)-1-2n=1>0,所以a n+1≥a n.a n-2+a n+2=2(n-2)+2(n+2)=4n=2a n.所以,数列{a n}是“R(2)数列”.(2)证明:由题意可得b n-3+b n+3=2b n,则数列b1,b4,b7,…是等差数列,设其公差为d1,数列b2,b5,b8,…是等差数列,设其公差为d2,数列b3,b6,b9,…是等差数列,设其公差为d3.因为b n≤b n+1,所以b3n+1≤b3n+2≤b3n+4,所以b1+nd1≤b2+nd2≤b1+(n+1)d1,所以n(d2-d1)≥b1-b2①,n(d2-d1)≤b1-b2+d1②.时,①不成立;若d2-d1<0,则n>--时,②不成立;若d2-d1>0,则n>--若d2-d1=0,则①和②都成立,所以d1=d2.同理得:d1=d3,所以d1=d2=d3,记d1=d2=d3=d.设b3p-1-b3p-3=b3p+1-b3p-1=b3p+3-b3p+1=λ,则b3n-1-b3n-2=b3p-1+(n-p)d-[b3p+1+(n-p-1)d]=b3p-1-b3p+1+d=d-λ. 同理可得:b3n-b3n-1=b3n+1-b3n=d-λ,所以b n+1-b n=d-λ,所以{b n}是等差数列.。
2020江苏高考理科数学二轮练习：小题专题练数列 含解析
13．解析：设等差数列{an}的公差为d，
由a12＝ a5＞0得a1＝－ d，d<0，所以an＝ d，
从而可知1≤n≤16时，an＞0,n≥17时，an＜0.
从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，b15＝a15a16a17＜0，
b16＝a16a17a18＞0，
故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16.
答案：
11．解析：因为log2an＋1＝1＋log2an，可得log2an＋1＝log22an，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100.
答案：100
12．解析：依题意得(an＋1－2)(an－2)＝3，(an＋2－2)·(an＋1－2)＝3，因此an＋2－2＝an－2，即an＋2＝an，所以数列{an}是以2为周期的数列．又a1＝5，因此(a2－2)(a1－2)＝3(a2－2)＝3，故a2＝3，a1＋a2＝8.注意到2 016＝2×1 008，因此该数列的前2 016项的和等于1 008·(a1＋a2)＝8 064.
答案： n＋
6．解析：法一：设数列{an}的公差为d.由a ＋a ＝a ＋a 得a ＋(a1＋d)2＝(a1＋2d)2＋(a1＋3d)2，即8a1d＋12d2＝0.因为d≠0，所以a1＝－ d.又由S5＝5a3＝5得a3＝1，所以a1＋2d＝1，解得a1＝－3，d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－5，故a7＝2×7－5＝9.
2020江苏高考理科数学二轮练习：小题专题练数列 含解析
高考数学母题解密专题20 数列的综合附答案解析(江苏专版)
【方法总结】
1.等差数列的判定与证明的方法：
（1）定义法： an1 an d (n N* ) 或 an an1 d (n 2, n N* ) an 是等差数列；
（2）定义变形法：验证是否满足 an1 an an an1(n 2, n N* ) ；
（3）等差中项法： 2an1 an an2 (n N* ) an 为等差数列；
8．（江苏省淮安市楚中、新马、清浦、洪泽高中四校联考 2019-2020 学年高三上学期期
中）已知数列 an 和 bn 满足 a1 a2 a3 an ( 2)bn (n N ).若 an 为等比数列，且 a1 2, b3 6 b2 ．
（1）求 an 和 bn ；
（2）设 cn
1 an
（1）若数列an 为等比数列，数列bn 为等差数列，求数列an 的公比． （2）若 a1 1， a2 2 ，且 nan1 n 1 an an1an , (n 3) ①求数列bn 的通项公式． ②记 cn ln bn ，那么数列cn 中是否存在两项 cs , ct ，（s，t 均为正偶数，且 s t ），使得
即可；
（2）如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法．
2.等比数列的判定与证明常用的方法：
（1）定义法：
an1 an
q
(q
为常数且 q
0)
数列{an} 是等比数列．
（2）等比中项法：
a2 n1
an
an2 (n N* , an
0)
数列{an} 是等比数列．
（3）通项公式法： an tqn (tq 0, n N* ) 数列{an} 是等比数列．
【母题来源三】【2018 年江苏】设 {an} 是首项为 a1 ，公差为 d 的等差数列， {bn} 是首项为
2020届高考数学江苏省二轮复习训练习题：考前冲刺 必备五 解题技法增分
技法一 特例法
在解填空题时,可以取一个(或一些)特殊数值(或特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、
特殊数列、特殊图形等)来确定其结果,这种方法称为特例法.特例法由于只需对特殊值、特殊情
形进行检验,省去了推理论证及烦琐演算的过程,提高了解题的速度.特例法是考试中解答选择题
和填空题时经常用到的一种方法,应用得当会有事半功倍的效果.
AB 于 D,E 两点,记矩形 PMCN 的面积为 S1,三角形 PDE 的面积为 S2,则 S1∶S2= .
技法二 图解法
典型例题 例 2 (1)直线 y=x+m 与曲线 x= 1 ‒ ������2有且仅有一个公共点,则 m 的取值范围是
.
{2 ������,0 ≤ ������ ≤ 1,
2
.
因为 PA 是圆 M 的切线,所以经过 A,P,M 三点的圆是以 Q 为圆心,MQ 为半径的圆,故其方
( ) ( ) 程为(x-m)2+
������ ‒ ������ ‒ 1
2
2
=m2+
������ ‒ 1
2
2
,化简得 x2+y2-2y-m(2x+y-2)=0,此式是关于 m 的恒等式,故
{ { { ( ) ������ = 4,
(1)若 P 点的坐标为(2,1),过 P 作直线与圆 M 交于 C,D 两点,当 CD= 2时,求直线 CD 的方程;
(2)求证:经过 A,P,M 三点的圆必过定点,并求出所有定点的坐标.
解析 (1)易知直线 CD 的斜率 k 存在,设直线 CD 的方程为 y-1=k(x-2),即 kx-y+1-2k=0.由
<0,g(x)单调递减,当 x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴当 x=2 时,g(x)min=g(2)=1,函数 g(x)的简
2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习
2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习等差数列、等比数列的基本问题1.(2020江苏溧水中学月考)等差数列{an}前9项的和等于前4项的和,若a1=1,ak+a4=0,则k=.?2.(2020江苏苏州高三上学期期中)已知在等比数列{an}中,a3=2,a4a6=16,则(a_7"-"a_9)/(a_3"-"a_5)=.?3.(2020江苏南通中学高三考前冲刺练习)已知等差数列{an}的公差d=3,Sn是其前n 项和,若a1,a2,a9成等比数列,则S5的值为.?4.(2020南通高三第二次调研)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3,S9,S6成等差数列,且a8=3,则a5=.?5.设数列{an}的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1与a2n=a2n-1+1,则数列{an}的前20项和为.?6.(2020江苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知公差为d的等差数列{an}的前n 项和为Sn,若S_10/S_5=4,则(4a_1)/d=.?7.已知Sn为数列{an}的前n项和,若a1=2,且〖〖S_n〗_+〗_1=2Sn,设bn=log2an,则1/(b_1b_2)+1/(b_2b_3)+…+1/(b_10b_11)的值是.?8.(2020扬州高三第三次调研)已知实数a,b,c成等比数列,a+6,b+2,c+1成等差数列,则b的最大值为.?9.(2020扬州高三第三次调研)已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=(n+5)/2(n∈N*),数列{an}的前n项和为Sn.(1)求a1+a3的值;(2)若a1+a5=2a3.①求证:数列{a2n}为等差数列;②求满足S2p=4S2m(p,m∈N*)的所有数对(p,m).10.(2020苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知等差数列{an}的首项为1,公差为d,数列{bn}的前n项和为Sn,若对任意的n∈N*,6Sn=9bn-an-2恒成立.(1)如果数列{Sn}是等差数列,证明数列{bn}也是等差数列;(2)如果数列{b_n+1/2}为等比数列,求d的值;(3)如果d=3,数列{cn}的首项为1,cn=bn-bn-1(n≥2),证明数列{an}中存在无穷多项可表示为数列{cn}中的两项之和.?答案精解精析1.答案10解析S9=S4,则9a1+36d=4a1+6d,a1+6d=a7=0,则a4+a10=2a7=0,则k=10.2.答案4解析等比数列中奇数项符号相同,a3>0,则a5>0,又a4a6=〖a_5〗^2=16,则a5=4,从而a7=8,a9=16,则(a_7"-"a_9)/(a_3"-"a_5)=("-"8)/("-"2)=4.3.答案65/2解析由题意可得a1a9=〖a_2〗^2,则由a1(a1+24)=(a1+3)2,解得a1=1/2,则S5=5×1/2+(5×4)/2×3=65/2.4.答案-6解析由S3,S9,S6成等差数列可得S3+S6=2S9,当等比数列{an}的公比q=1时不成立,则q≠1,(a_1"("1"-"q^3")")/(1"-"q)+(a_1"("1"-"q^6")")/(1"-"q)=2(a_1"("1"-"q^9")")/(1"-"q),化简得2q6-q3-1=0,q3=-1/2(舍去1),则a5=a_8/q^3=-6.5.答案2056解析由题意可得奇数项构成等比数列,则a1+a3+…+a19=(1"-"2^10)/(1"-"2)=1023,偶数项a2+a4+…+a20=(a1+1)+(a3+1)+…+(a19+1)=1033,故数列{an}的前20项和为2056.6.答案2解析由〖S_1〗_0/S_5=4得〖S_1〗_0=4S5,即10a1+45d=4(5a1+10d),则(4a_1)/d=2.7.答案19/10解析由〖〖S_n〗_+〗_1=2Sn,且S1=a1=2,得数列{Sn}是首项、公比都为2的等比数列,则Sn=2n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1,a1=2不适合,则an={■(2","n=1","@2^(n"-"1)","n≥2",")┤故bn={■(1","n=1","@n"-"1","n≥2",")┤所以1/(b_1b_2)+1/(b_2b_3)+…+1/(b_10b_11)=1+1/(1×2)+1/(2×3)+…+1/(9×10)=1+(1"-"?1/2)+(1/2"-"?1/3)+…+(1/9"-"?1/10)=2-1/10=19/10.8.答案3/4解析设等比数列a,b,c的公比为q(q≠0),则a=b/q,c=bq,又a+6=b/q+6,b+2,c+1=bq+1成等差数列,则(b/q+6)+(bq+1)=2(b+2),化简得b=3/2"-" (q+1/q),当b最大时q<0,此时q+1/q≤-2,b=3/2"-"(q+1/q)≤3/4,当且仅当q=-1时取等号,故b的最大值为3/4.9.解析(1)由条件,得{■(a_2"-"a_1=3",①"@a_3+a_2=7/2",②")┤②-①得a1+a3=1/2.(2)①证明:因为an+1+(-1)nan=(n+5)/2,所以{■(a_2n"-"a_(2n"-"1)=(2n+4)/2",③"@a_(2n+1)+a_2n=(2n+5)/2",④")┤④-③得a2n-1+a2n+1=1/2.于是1=1/2+1/2=(a1+a3)+(a3+a5)=4a3,所以a3=1/4,又由(1)知a1+a3=1/2,则a1=1/4.所以a2n-1-1/4=-(a_(2n"-"3)"-"?1/4)=…=(-1)n-1(a_1"-"?1/4)=0,所以a2n-1=1/4,将其代入③式,得a2n=n+9/4.所以a2(n+1)-a2n=1(常数),所以数列{a2n}为等差数列.②易知a1=a2n+1,所以S2n=a1+a2+…+a2n=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2n+a2n+1)=n^2/2+3n.由S2p=4S2m知p^2/2+3p=4(m^2/2+3m).所以(2m+6)2=(p+3)2+27,即(2m+p+9)(2m-p+3)=27,又p,m∈N*,所以2m+p+9≥12且2m+p+9,2m-p+3均为正整数,所以{■(2m+p+9=27","@2m"-"p+3=1",")┤解得p=10,m=4,所以所求数对为(10,4).10.解析(1)证明:设数列{Sn}的公差为d",∵6Sn=9bn-an-2,①6Sn-1=9bn-1-an-1-2(n≥2),②①-②得6(Sn-Sn-1)=9(bn-bn-1)-(an-an-1),③即6d"=9(bn-bn-1)-d,所以bn-bn-1=(6d"""+d)/9(n≥2)为常数,所以{bn}为等差数列.(2)由③得6bn=9bn-9bn-1-d,即3bn=9bn-1+d,因为{b_n+1/2}为等比数列,所以(b_n+1/2)/(b_(n"-"1)+1/2)=(3b_(n"-"1)+d/3+1/2)/(b_(n"-"1)+1/2)=(3(b_(n"-"1)+1/2)+d/3"-"1)/(b_(n"-"1)+1/2)=3+(d/3"-"1)/(b_(n"-"1)+1/2)(n≥2)是与n无关的常数,所以d/3-1=0或bn-1+1/2为常数.当d/3-1=0时,d=3,符合题意;当bn-1+1/2为常数时,在6Sn=9bn-an-2中,令n=1,则6b1=9b1-a1-2,又a1=1,解得b1=1,所以bn-1+1/2=b1+1/2=3/2(n≥2),此时3+(d/3"-"1)/(b_(n"-"1)+1/2)=3+(d/3"-"1)/(3/2)=1,解得d=-6.综上,d=3或d=-6.(3)证明:当d=3时,an=3n-2.由(2)得数列{b_n+1/2}是以3/2为首项,3为公比的等比数列,所以bn+1/2=3/2×3n-1=1/2?3n.即bn=1/2(3n-1).当n≥2时,cn=bn-bn-1=1/2(3n-1)-1/2(3n-1-1)=3n-1;当n=1时,也满足上式,所以cn=3n-1(n≥1).设an=ci+cj(1≤i。
2020高考数学最后冲刺 数列
最后冲刺【高考预测】1.数列的概念2.等差数列3.等比数列4.差与等比数列的综合5.数列与解析几何、函数、不等式的综合6.数列的应用7.数列的概念 8.等差数列与等比数列9.数列的通项与前n 项和 10.递推数列与不等式的证明11.有关数列的综合性问题 12.数列的实际应用13.数列与图形 易错点 1 数列的概念1．(2020模拟题精选)已知数列｛a n ｝满足a 1=1,a n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n-1)a n-1,(n ≥2)，则｛a n ｝的通项a n =_________.【错误答案】 ∵a n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n-1)a n-1，∴a n-1=a 1+2a 2+3a 3+…+(n-2)a n-2，两式相减得a n -a n-1=(n-1)a n-1，∴a n =na n-1.由此类推： a n-1=(n-1)a n-2，…a 2=2a 1，由叠乘法可得a n =2!n【错解分析】 在求数列的通项公式时向前递推一项时应考虑n 的范围．当n=1时，a 1=21与已知a 1=1，矛盾．【正确解答】 ∵n ≥2时，a n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n-1)a n-1① 当n ≥3时， a n-1=a 1+2a 2+3a 3+…+(n-2)·a n-2② ①-②得 a n -a n-1=(n-1)·a n-1∴当n ≥3时，1-n n a a =n ，∵a n =1-n n a a ·21--n n a a ·．．．·22334a a a a a ••=n ·…·4·3×a 2=2!n a 2，∵a 2=a 1=1∴当n ≥2时，a n =2!n . 当n=1时，a 1=1故a n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥=).2(2!)1(1n n n2．(2020模拟题精选)设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,S n =2)13(1-n a (对于所有n ≥1)，且a 4=54，则a 1的数值是________.【错误答案】∵S n =2)13(1-n a =31)31(1--n a ,∴此数列是等比数列，首项是a 1，公比是3，由a 4=a 1·34-1，∴a 1=2．【错解分析】 此题不知数列｛a n ｝的类型，并不能套用等比数列的公式．而答案一致是巧合．【正确解答】∵a 4=S 4-S 3=21a (34-1)-21a (33-1)=54，解得a 1=2．3.(2020模拟题精选)已知数列｛a n ｝满足a 1=1，a n =3n-1+a n-1(n ≥2)． (1)求a 2，a 3；(2)求通项a n 的表达式．【错误答案】 (1)∵a 1=1，∴a 2=3+1=4，a 3=32+4=13． (2)由已知a n =3n-1+a n-1，即a n -a n-1=3n-1即a n 成等差数列，公差d=3n-1．故a n =1+(n-1)·3n-1．【错解分析】 (2)问中a n -a n-1=3n-1，3n-1不是常数，它是一个变量，故不符合等差数列的定义．【正确解答】 (1)∵a 1=1，∴a 2=4，a 3=32+4=13．(2)由已知a n -a n-1=3n-1，故a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+a 1=3n-1+3n-2+…+3+1=213-n .4．(典型例题Ⅲ)等差数列｛a n ｝中，a 1+a 2+a 3=-24，a 18+a 19+a 20=78，则此数列前20项和等于 ( )A.160 B ．180 C. 200 D ．220则使前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是 ( )A.4005 B ．4006 C.4007 D.4008【错误答案】 ∵a 2020+a 2020>0，即2a 1+2002d+2020d>0，(a 1+2002d)(a 1+2020d)<0，要使S n >0．即使na 1+2)1(-n n d ＞0．这样很难求出a 1，d.从而求出最大的自然数 n.故而判断a 2020>0，a 2020<0，所以前2020项为正，从第2020项起为负，由等差数列的n 项和的对称性使S n ＞0．故而取n=4005使S n >0．【错解分析】 此题运用等差数列前n 项的性质及图象中应注意．a 2020>0，a 2020<0． 且忽视了这两项的大小．3．(2020模拟题精选)设无穷等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n .(Ⅰ)若首项a 1=23，公差d=1，求满足S k2=(S k )2的正整数k;(Ⅱ)求所有的无穷等差数列｛an ｝；使得对于一切正整数中k 都有S k2=(S k )2成立．【错误答案】 (1)当a 1=23,d=1时，S n =21n 2+n ，由S k2=(S k )2得21k 4+k 2=2221⎪⎭⎫ ⎝⎛+k k ，即k=0或k=4． ∴k ≠0．故k=4．(Ⅱ)由对一切正整数k 都有S k2=(S k )2成立． 即k 2a 1+2)1(22-k k d=(ka 1+d k k 2)1(-)2即(a 1-21a )k 2-adk 2(k-1)+2d k 2(k 2-1)-42d k 2(k-1)2=0对—切正整数k 恒成立． 故⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===-0,0,01211d d a a a 求得a 1=0或1，d=0 ∴等差数列a n =｛0,0,0,…｝，或a n =｛1，1，1，…｝．【错解分析】 (Ⅱ)中解法定对一切正整数k 都成立．而不是一切实数．故而考虑取k 的特值也均成立．【正确解答】 (Ⅰ)当a 1=23,d=1时，S n =na 1+.212)1(232)1(2n n n n n d n n +=-+=-由Sk 2=(S k )2,得21k 4+k 2=(21k 2+k)2，即k 3)141(-k =0.又k ≠0，所以k=4．(Ⅱ)设数列｛a n ｝的公差为d ，则在S k2=(S k )2中分别取k=1,2,得⎪⎩⎪⎨⎧⨯+=⨯⨯=⎪⎩⎪⎨⎧==)2.()2122(2344)1(,.)(,)(211211224211d a d a a a S S S S 即由（1）得a 1=0或a 1=1. 当a 1=0时，代入（2）得d=0或d=6.若a 1=0,d=0,则a n =0,s n =0,从而S k2=(S k )2成立；若a 1=0,d=6,则a n =6(n-1),由S 3=18，（S 3）2=324,S 9=216知S 9≠(S 3)2，故所得数列不符合题意.当a 1=1时,代入(2)得 4+6b=(2+d)2解得d=0或d=2.若a 1=1,d=0,则a n =1,S n =n,从而S k2=(S k )2成立；若a 1=1,d=2,则a n =2n-1,S n =1+3+…+（2n-1）=n 2,从而S k2=(S k )2成立.综上,共有3个满足条件的无穷等差数列:①{a n }：a n =0,即0，0，0，…；②{a n }:a n =1,即1，1，1，…；③{a n }:a n =2n-1,即1，3，5，….4.(2020模拟题精选)已知数列{a n }的各项都是正数,且满足:a 0=1,a n+1=21a n ·(4-a n ),n N.(1)证明a n ＜a n+1＜2,n ∈N. (2)求数列{a n }的通项公式a n.【错误答案】 用数学归纳法证明：（1）1°当n=1时，a 0=1,a 1=21a 0（4-a 0）=23,∴a 0＜a 1＜2,命题正确.2°假设n=k 时有a k-1＜a k ＜2.则n=k+1时，a k -a k+1=21a k-1(4-a k-1)-21a k (4-a k )=2(a k-1-a k )-21(a k-1-a k )(a k-1+a k )=21(a k-1-a k )(4-a k-1-a k ).而a k-1-a k ＜0. 4-a k-1-a k ＞0,∴a k -a k-1＜0.又a k-1=21a k (4-a k )=21[4-(a k -2)2]＜2.∴n=k+1时命题正确.由1°、2°知，对一切n ∈N 时有a n ＜a n+1＜2.(2)a n+1=21a n (4-a n )=21[-(a n -2)2+4].∴2(a n+1-2)=-(a n -2)2∴a n+1-2=21(a n -2)2令b n =a n -2,∴b n =-(21)1+2+…+2n-1·n b 21又∵b 1=a 1-2=-21.∴b n =-(21)2n+2n-1.即a n =2-(21)2n+2n-1.【错解分析】 在（Ⅱ）问中求b n 的通项时，运用叠代法.最后到b 0而不是b 1.【特别提醒】1.要善于运用等差数列的性质：“若m+n=p+q,则a m +a n =a p +a q ”；等差数列前n 项和符合二次函数特征.借助二次函数性质进行数形结合法解等差数列问题.2.会运用一般与特殊的逻辑思维,利用满足条件的特值求相关参数的值,学会分析问题和解决问题.【变式探究】1 在等差数列{a n }中,若a 4+a 6+a 8+a 10+a 12=120,则a 9-31a 11的值为 ( )A.14B.15C.16D.17 答案： C 分析：略。
2020届江苏省高考数学二轮复习专项强化练(九)数列
3．若等比数列{an}的各项均为正数，且 a10a11＋a9a12＝2e5，则 ln
a1＋ln
a2＋…＋ln
a20＝________.
解析：因为 a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以 a10a11＝e5.所以 ln
a1＋ln
a2＋…＋ln
a20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln
019，所以 a7＝673，所以
答案：8 749
S4
S6
2．设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，若S2＝3，则S4＝________.
解析：设 S2＝k，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得 S2，S4－S2，S6－S4 为等比数列，
S6 7k 7 ∴S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴S4＝3k＝3.
2．根据递推关系式求通项公式的方法有累加法，累积法，待定系数法，取倒数、取对数等．
3．数列单调性可以用定义研究，也可以构造函数进行研究，要注意数列和所构造函数的定义域的
差别．
B组
1．设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a2＝1，a4＝5，则 S5＝________. 解析：法一：由等差数列的通项公式，得 5＝1＋2d，则 d＝2，a1＝－1，S5＝5×(－1)
e＝50.
答案：50
4．已知数列{an}是等差数列，且 an>0，若 a1＋a2＋…＋a100＝500，则 a50·a51 的最大值为 ________．
解析：法一：设等差数列{an}的公差为 d(d≥0)，由题意得，100a1＋4
2020新高考数学二轮冲刺数列全归纳(基础—中档—拔高题全解析)
叠加得到 an
a1
2(1 2n1) 1 2
2n
2
，所以 an
2n
1 （ n
2）n
1 时也成立，
所以 an 2n 1 （ n N * ）
（3）由（2）可知 4b11 4b2 1 4b3 1 4bn 1 (an 1)bn ，
即 4(b1b2 bn n) 2nbn ，故 2(b1 b2 bn ) 2n nbn
由①-②得 an1 4an 4an1 ，所以 an1 2an 2an 4an1 2(an 2an1) .当 n 1 时，
S2 4a1 2 6 a1 a2 a2 5 ，所以 a2 2a1 5 2 3 0,
所以
an1 2an an 2an1
1 )n1 2
(1)n1
3 2n
例 2.在等差数列 an 中，公差 d 0 ，a2 是 a1 与 a4 的等比中项，已知数列 a1 ，a3 ， ak1 ， ak2 ， akn ， 成等比数列，求数列 kn的通项 kn
解析 依题意可得 a22 a1a4 ，所以 (a1 d )2 a1(a1 3d ) ，由 d 0 可得 a1 d ，则 an nd ，由已知得 d ,3d , k1d , k2d ,, knd , 是等比数列。
②若 an
a1q n1
a1 q
qn
c qn
，则数列an 为等比数列（用于判断）；
（3）中项公式法：
①若 2an an1 an1 （ n 2, n N * ），则数列 an 为等差数列（用于证明）； ②若 an2 an1an1 （ n 2, n N * ），则数列 an 为等比数列（用于证明）；
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第20讲 数列的综合应用
1.(2019苏州期中,12)已知数列{a n }的通项公式为a n =5n+1,数列{b n }的通项公式为b n =n 2,若将数列{a n },{b n }中相同的项按从小到大的顺序排列后看作数列{c n },则c 6的值为 .
2.(2018江苏常州模拟)各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 2a 3a 4=a 2+a 3+a 4,则a 3的最小值为 .
3.(2019无锡期中,10)《九章算术》中研究盈不足问题时,有一道题是“今有垣厚五尺,两鼠对穿,大鼠日一尺,小鼠也日一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问何日相逢?”题意为“有厚墙五尺,两只老鼠从墙的两边分别打洞穿墙,大老鼠第一天打一尺,以后每天加倍;小老鼠第一天也打一尺,以后每天减半,问几天后两鼠相遇?”一古城墙厚33尺,大、小老鼠按上述方式打洞,相遇时是第 天.
4.(2019扬州中学3月检测,10)已知数列{a n }为正项的递增等比数列,a 1+a 5=82,a 2·a 4=81,记数列{2a n }的前n 项和为T n ,则使不等式2 019×|13T n -1|>1成立的最大正整数n 的值是 .
5.(2018徐州铜山高三第三次模拟)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和,S 3,S 9,S 6成等差数列,且a 2+a 5=2a m ,则m= .
6.(2019南师大附中期中,13)已知实数x,y,z ∈[0,4],如果x 2,y 2,z 2是公差为2的等差数列,则|x-y|+|y-z|的最小值为 .
7.(2018淮海中学高三模拟)若数列{a n }同时满足:①对于任意的正整数n,a n+1≥a n 恒成立;②对于给定的正整数k,a n-k +a n+k =2a n 对于任意的正整数n(n>k)恒成立,则称数列{a n }是“R(k)数列”.
(1)已知a n ={2n -1,n 为奇数,2n ,n 为偶数,
判断数列{a n }是不是“R(2)数列”,并说明理由;
(2)已知数列{b n }是“R(3)数列”,且存在整数p(p>1),使得b 3p-3,b 3p-1,b 3p+1,b 3p+3成等差数列,证明:{b n }是等差数列.
答案精解精析1.答案256
,
解析设a m=b k,则有5m+1=k2,即m=(k+1)(k-1)
5
因为m是正整数,所以k+1或k-1是5的整数倍,
设k+1=5t 或k-1=5t(t ∈N *),即k=5t-1或k=5t+1(t ∈N *),
所以k=4,6,9,11,14,16,19,21,…,所以c 6=162=256.
2.答案 √3
解析 因为a 2a 3a 4=a 2+a 3+a 4,所以a 33=a 3q +a 3+a 3q,a 32=1q +q+1≥3,a 3>0,则a 3≥√3,当且仅当q=1时取等号,则a 3的最小值为√3.
3.答案 6
解析 设第x 天相遇,
大鼠每天打洞尺数构成以1为首项,2为公比的等比数列,则x 天共打洞尺数为1-2x 1-2=2x -1; 小鼠每天打洞尺数构成以1为首项,12为公比的等比数列,则x 天共打洞尺数为
1-(12)x 1-12=2-1
2x -1. 根据题意得2x -1+2-12x -1≥33,
即2x -12x -1≥32,
令f(x)=2x -12x -1=2x -22x ,
当x>0时, f(x)是增函数,又f(5)=32-232<32, f(6)=64-264>32,所以相遇时是第6天.
4.答案 6
解析 设数列{a n }的公比为q(q>1),
由{a 1+a 5=82,a 1a 5=81,解得{a 1=1,a 5=81,则q=3, ∴a n =3n-1,
则T n =21+23+232+…+23n -1=2×
1-13n 1-13=3(1-1
3n ), ∴2 019×|13T n -1|>1,
即2 019×13n >1,得3n <2 019,此时正整数n 的最大值为6.
5.答案 8
解析 设等比数列{a n }的公比为q,由S 3,S 9,S 6成等差数列,得S 3+S 6=2S 9,则(a 1+a 2+a 3)(2+q 3)=2(a 1+a 2+a 3)(1+q 3+q 6),a 1+a 2+a 3≠0,则2+q 3=2+2q 3+2q 6,q 3=-12,则
a 2+a 5=a 2+a 2q 3=12a 2=2a m =2a 2q m-2,14=(-12)m -23,m -23=2,m=8. 6.答案 4-2√3
解析 实数x,y,z ∈[0,4],x 2,y 2,z 2是公差为2的等差数列,则0≤x ≤y ≤z ≤4,则|x-y|+|y-z|=z-x=z 2-x 2z+x =4z+x =z+√z 2-4≥4+2√3=4-2√3.
∴|x-y|+|y-z|的最小值为4-2√3.
7.解析 (1)数列{a n }是“R(2)数列”.
当n 为奇数时,a n+1-a n =2(n+1)-(2n-1)=3>0,所以a n+1≥a n . a n-2+a n+2=2(n-2)-1+2(n+2)-1=2(2n-1)=2a n ; 当n 为偶数时,a n+1-a n =2(n+1)-1-2n=1>0,所以a n+1≥a n . a n-2+a n+2=2(n-2)+2(n+2)=4n=2a n .
所以,数列{a n }是“R(2)数列”.
(2)证明:由题意可得b n-3+b n+3=2b n ,
则数列b 1,b 4,b 7,…是等差数列,设其公差为d 1, 数列b 2,b 5,b 8,…是等差数列,设其公差为d 2,
数列b 3,b 6,b 9,…是等差数列,设其公差为d 3.
因为b n ≤b n+1,所以b 3n+1≤b 3n+2≤b 3n+4,
所以b 1+nd 1≤b 2+nd 2≤b 1+(n+1)d 1,
所以n(d 2-d 1)≥b 1-b 2①,n(d 2-d 1)≤b 1-b 2+d 1②. 若d 2-d 1<0,则n>
b 1-b 2d 21时,①不成立; 若d 2-d 1>0,则n>b 1-b 2+d 1
d 2-d 1
时,②不成立; 若d 2-d 1=0,则①和②都成立,所以d 1=d 2.
同理得:d1=d3,所以d1=d2=d3,记d1=d2=d3=d.
设b3p-1-b3p-3=b3p+1-b3p-1=b3p+3-b3p+1=λ,
则b3n-1-b3n-2=b3p-1+(n-p)d-[b3p+1+(n-p-1)d]=b3p-1-b3p+1+d=d-λ. 同理可得:b3n-b3n-1=b3n+1-b3n=d-λ,所以b n+1-b n=d-λ,
所以{b n}是等差数列.。