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，可求
2、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：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a13，a2a536，则an的通项公式为_解析：法一：设数列an的公差为d.a2a536，(a1d)(a14d)2a15d36.a13，d6，an6n3.法二：设数列an的公差为d，a2a5a1a636，a13，a633，d6，an6n3.答案：an6n32(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
3、S62S3，得q1，则解得则a8a1q72732.答案：323(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.解析：Sn2an1，当n2时，Sn12an11，anSnSn12an2an1，即an2an1.当n1时，由a1S12a11，得a11.数列an是首项a1为1，公比q为2的等比数列，Sn12n，S612663.答案：634(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
4、d3，a14.故a9a18d42420.法二：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：205(2018北京高考)设an是等差数列，且a1ln 2，a2a35ln 2.(1)求an的通项公式；(2)求eee.解：(1)设an的公差为d.因为a2a35ln 2，所以2a13d5ln 2.又a1ln 2，所以dln 2.所以ana1(n1)dnln 2.(2)因为eeln 22，eeln 22，所以数列ean是首项为2，公比为2的等比数列，
5、所以eee2n12.6(2017江苏高考)对于给定的正整数k，若数列an满足：ankank1an1 an1ank1ank2kan，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”，
6、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，所以a2a3d，在中，取n3，则a1a2a4a54a3，所以a1a32d，所以数列an是等差数列7(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
7、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8(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，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，
8、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)2t23tt13t4t10，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)，
9、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(12t)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(
10、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(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
11、等比数列命题点三数列求和1.(2018江苏高考)已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*将AB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Sn12an1成立的n的最小值为_解析：所有的正奇数和2n(nN*)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a2125，a3826.当n1时，S1112a224，不符合题意；当n2时，S2312a336，不符合题意；当n3时，S3612a448，不符合题意；当n4时，S41012a560，不符合题意；当n26时，S264416250312a27516，不符合题意；当n27时，S274
12、846254612a28540，符合题意故使得Sn12an1成立的n的最小值为27.答案：272(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：3(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和若Sm63，求m.解：(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)或q2或q2.故an(2)n1或an2n1.(2)若an(2)n1，则Sn.由Sm63，得(2)m188，此方程没有正整数解若an2n1，
13、则Sn2n1.由Sm63，得2m64，解得m6.综上，m6.4(2018浙江高考)已知等比数列an的公比q1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为2n2n.(1)求q的值；(2)求数列bn的通项公式解：(1)由a42是a3，a5的等差中项，得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520，得820，解得q2或q.因为q1，所以q2.(2)设cn(bn1bn)an，数列cn的前n项和为Sn.由cn解得cn4n1.由(1)可得an2n1，所以bn1bn(4n1)n1，故bnbn1(4n5)n2，n2，bn
14、b1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)n2(4n9)n373.设Tn37112(4n5)n2，n2，则Tn372(4n9)n2(4n5)n1，两式相减，得Tn34424n2(4n5)n1，所以Tn14(4n3)n2，n2.又b11，所以bn15(4n3)n2.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：T1,3,66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
15、)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SCSCDSCSDSDSD2SD.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
16、，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(2018天津高考)设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(nN*)，bn是等差数列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*)，求Tn；证明2
17、(nN*)解：(1)设等比数列an的公比为q.由a11，a3a22，可得q2q20.由q0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为d.由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16.联立解得b11，d1，故bnn.所以数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bnn.(2)由(1)，有Sn2n1，所以Tn(2k1)knn2n1n2.证明：因为，所以2.3(2018江苏高考)设an是首项为a1，公差为d的等差数列，bn是首项为b1，公比为q的等比数列(1)设a10，b11，q2，若|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，求d的取值范围；(2)若a1b1
18、0，mN*，q(1，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n2,3，m1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示)解：(1)由条件知an(n1)d，bn2n1.因为|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，即|(n1)d2n1|1对n1,2,3,4均成立，所以11,1d3,32d5,73d9，解得d.所以d的取值范围为.(2)由条件知anb1(n1)d，bnb1qn1.若存在d，使得|anbn|b1(n2,3，m1)成立，即|b1(n1)db1qn1|b1(n2,3，m1)，即当n2,3，m1时，d满足b1db1.因为q(1，则1qn1qm2，从而b10，b10，对n2,3，m1均成立因此，取d0时，|anbn|b1对n2,3，m1均成立下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n2,3，m1)当2nm时，.当1q2时，有qnqm2，从而n(qnqn1)qn20.因此，当2nm1时，数列单调递增，故数列的最大值为.设f(x)2x(1x)，当x0时，f(x)(ln 21xln 2)2x0，所以f(x)单调递减，从而f(x)f(0)1.当2nm时，2f1，因此，当2nm1时，数列单调递减，故数列的最小值为.因此d的取值范围为.
