1、板块命题点专练(八) 数 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nN*，Sn2,3，则k的最大值为_解析：由Sn2,3，得a1S12,3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：a12，a20，a31，a41；a12，a21，a30，a41；a12，a21，a31，a40；a13，a20，a31，a41；a13，a21，a30，a41；a13，a21，a31，a40.最多项均只能写到第4项，即kmax4.答案：42(2014全国卷)数列 an满足 an1，a82，则a1 _.解析：将a82代入an1，可
2、求得a7；再将a7代入an1，可求得a61；再将a61代入an1，可求得a52；由此可以推出数列an是一个周期数列，且周期为3，所以a1a7.答案：3.(2014安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC2.过点 A作BC 的垂线，垂足为A1 ；过点 A1作 AC的垂线，垂足为 A2；过点A2 作A1C 的垂线，垂足为A3 ；，依此类推设BAa1 ，AA1a2 , A1A2a3 ， A5A6a7 ，则 a7_.解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC2，所以ABACa12，AA1a2，A1A2a31，A5A6a7a16.法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC
3、2，所以ABACa12，AA1a2，An1Anan1sinanan2n，故a726.答案：命题点二等差数列与等比数列1.(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，S6，则a8_.解析：设等比数列an的公比为q，则由S62S3，得q1，则解得则a8a1q72732.答案：322(2016江苏高考)已知an是等差数列，Sn是其前n项和若a1a3，S510，则a9的值是_解析：法一：设等差数列an的公差为d，由S510，知S55a1d10，得a12d2，即a122d.所以a2a1d2d，代入a1a3，化简得d26d90，所以d3，a14.故a9a18d42420.法
4、二：设等差数列an的公差为d，由S510，知5a310，所以a32.所以由a1a32a2，得a12a22，代入a1a3，化简得a2a210，所以a21.公差da3a2213，故a9a36d21820.答案：203(2014江苏高考)在各项均为正数的等比数列an中，若a21，a8a62a4，则a6的值是_解析：设等比数列an的公比为q，q0，则a8a62a4即为a4q4a4q22a4，解得q22(负值舍去)，又a21，所以a6a2q44.答案：44(2013江苏高考)在正项等比数列an中，a5，a6a73.则满足a1a2ana1a2an的最大正整数n的值为_解析：设等比数列an的公比为q(q0)
5、由a5，a6a73，可得(qq2)3，即q2q60，所以q2，所以an2n6，数列an的前n项和Sn2n525，所以a1a2an(a1an)2，由a1a2ana1a2an可得2n5252，由2n52，可求得n的最大值为12，而当n13时，2825213不成立，所以n的最大值为12.答案：125(2017江苏高考)对于给定的正整数k，若数列an满足：ankank1an1an1ank1ank2kan，对任意正整数n(nk)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
6、an是等差数列，设其公差为d，则ana1(n1)d，从而，当n4时，ankanka1(nk1)da1(nk1)d2a12(n1)d2an，k1,2,3，所以an3an2an1an1an2an36an，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n3时，an2an1an1an24an，当n4时，an3an2an1an1an2an36an.由知，an3an24an1(anan1)，an2an34an1(an1an)将代入，得an1an12an，其中n4，所以a3，a4，a5，是等差数列，设其公差为d.在中，取n4，则a2a3a5a64a4，所
7、以a2a3d，在中，取n3，则a1a2a4a54a3，所以a1a32d，所以数列an是等差数列6(2017全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和已知S22，S36.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列解：(1)设an的公比为q.由题设可得解得故an的通项公式为an(2)n.(2)由(1)可得Sn(1)n.由于Sn2Sn1(1)n22Sn，故Sn1，Sn，Sn2成等差数列7(2015江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)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，a，a，
8、a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a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由解：(1)证明：因为2an1an2d(n1,2,3)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a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，得t(t1)2(t1)2t23
9、tt13t4t10，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，a，a，a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a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)，分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12
10、t)化简得2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(12t)，且3kln(13t)ln(1t)n3ln(1t)ln(13t)再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6(13t)ln(13t)2(12t)ln(12t)(1t)ln(1t)令1(t)(t)，则1(t)63ln(13t)4ln(12t)ln(1t)令2
11、(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调故g(t)只有唯一零点t0，即方程(*)只有唯一解t0，故假设不成立所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列8(2013江苏高考)设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项的和记bn，nN*，其中 c为实数(1)若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.证明：由题设，Snnad.(1)由c0，得bnad.又b1，b2，b4成等比数列，所以bb1b4
12、，即2a，化简得d22ad0.因为d0，所以d2a.因此，对于所有的mN*，有Smm2a.从而对于所有的k，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)设数列bn的公差是d1，则bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN*，有n3n2cd1nc(d1b1)令Ad1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，则对于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1,2,3,4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有由，得A0，cd15B，代入方程，得B0，从而cd10.即d1d0，b1d1a
13、d0，cd10.若d10，则由d1d0，得d0，与题设矛盾，所以d10.又cd10，所以c0.命题点三数列求和1.(2017全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_.解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d，依题意有解得所以Sn，2，因此2.答案：2(2017全国卷)设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和解：(1)因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)两式相减得(2n1)an2，所以an(n2)又由题设可得a12，满足上式，从而an的通项公式为an.(2)记的前n项和为Sn.由
14、(1)知.则Sn.3(2017北京高考)已知等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a2a410，b2b4a5.(1)求an的通项公式；(2)求和：b1b3b5b2n1.解：(1)设等差数列an的公差为d.因为所以2a14d10，解得d2，所以an2n1.(2)设等比数列bn的公比为q.因为b11，b2b4a5，所以b1qb1q39.解得q23.所以b2n1b1q2n23n1.从而b1b3b5b2n113323n1.命题点四数列的综合应用1.(2016江苏高考)记U1,2，100，对数列an(nN*)和U的子集T，若T，定义ST0；若Tt1，t2，tk，定义STat1at2atk.例如：T1
15、,3,66时，STa1a3a66.现设an(nN*)是公比为3的等比数列，且当T2,4时，ST30.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意正整数k(1k100)，若T1,2，k，求证：STak1；(3)设CU，DU，SCSD，求证：SCSCD2SD.解：(1)由已知得ana13n1，nN*.于是当T2,4时，STa2a43a127a130a1.又ST30，故30a130，即a11.所以数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)证明：因为T1,2，k，an3n10，nN*，所以STa1a2ak133k1(3k1)3k.因此，STak1.(3)证明：下面分三种情况证明若D是C的子集，则SCS
16、CDSCSDSDSD2SD.若C是D的子集，则SCSCDSCSC2SC2SD.若D不是C的子集，且C不是D的子集令ECUD，FDUC，则E，F，EF.于是SCSESCD，SDSFSCD，进而由SCSD得SESF.设k为E中的最大数，l为F中的最大数，则k1，l1，kl.由(2)知，SEak1.于是3l1alSFSEak13k，所以l1k，即lk.又kl，故lk1.从而SFa1a2al133l1，故SE2SF1，所以SCSCD2(SDSCD)1，即SCSCD2SD1.综合得，SCSCD2SD.2(2016天津高考)已知an是等比数列，前n项和为Sn(nN*)，且，S663.(1)求an的通项公式
17、；(2)若对任意的nN*，bn是log2an和log2an1的等差中项，求数列(1)nb的前2n项和解：(1)设数列an的公比为q.由已知，有，解得q2或q1.又由S6a163，知q1，所以a163，得a11.所以an2n1.(2)由题意，得bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即bn是首项为，公差为1的等差数列设数列(1)nb的前n项和为Tn，则T2n(bb)(bb)(bb)b1b2b3b4b2n1b2n2n2.3(2014江苏高考)设数列an的前n项和为Sn.若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Snam，则称an是“H数列”(1)若数列an的前n项和Sn2n
18、(nN*)，证明：an是“H数列”；(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d0.若an是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立解：(1)证明：由已知，当n1时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam.所以an是“H数列”(2)由已知，得S22a1d2d.因为an是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2am，即2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d0，所以m2M；或者存在正整数m，使得cm，cm1，cm2，是等差数列解：(1)c1b1a1110，c2maxb12a1，b22a2max121,3221，c3maxb13a1，b23a2，b33a3max131，332,5332.当n3时，(bk1nak1)(bknak)(bk1bk)n(ak1ak)2n0时，取正整数m，则当nm时，nd1d2，因此cnb1a1n.此时，cm，cm1，cm2，是等差数列当d10时，对任意n1，cnb1a1n(n1)maxd2,0b1a1(n1)(maxd2,0a1)此时，c1，c2，c3，cn，是等差数列当d1时，有nd1max，故当nm时，M.