高考数学真题分类汇编 (教师自己整理)数列.pdf

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1、数列一、选择填空题a1(3n1)1.（江苏 2004 年 4 分）设数列an的前 n 项和为 Sn，Sn=(对于所有 n1)，且a4=54，2则a1的数值是.【答案】2。【考点】数列的求和。【分析】根据a4=S4S3列式求解即可：a1(3n1)Sn=，a4=54，且a4=S4S3，2a1(341)a1(331)54，解得a1 2。222.（江苏 2005 年 5 分）在各项都为正数的等比数列an中，首项a1 3，前三项和为 21，则a3a4a5=【】A33B72C84D189【答案】C。【考点】等比数列的性质。【分析】根据等比数列an中，首项a1 3，前三项和为 21，可求得q，根据等比数列的

2、通项公式，分别求得a3，a4和a5代入a3a4a5，即可得到答案：在各 项都为 正数 的等 比数 列an中，首项a1 3，前 三项 和为 21，3+3q+3q2=21。q=2。an32n1。a3a4a53 22232432884。故选 C。3.（江苏 2006 年 5 分）对正整数 n，设曲线y xn(1 x)在x2 处的切线与y轴交点的纵 a坐标为an，则数列n的前n项和的公式是n 1【答案】2n1 2。【考点】应用导数求曲线切线的斜率，数列通项公式以及等比数列的前n项和的公式。【分析】y xn(1 x)，y nxn1(n1)xn。曲线y xn(1 x)在x2 处的切线的斜率为k n2n1n

3、12n，切点为（2，2n）。n1n所以切线方程为y 2n n2n12 x2。把x 0，y=an代入，得ann12n。an 2n。n1 a数列n的前n项和为2 22 23 2n 2n1 2。n 14.（江苏 2008 年 5 分）将全体正整数排成一个三角形数阵：123456789101112131415按照以上排列的规律，第n行（n 3）从左向右的第 3 个数为n2n6【答案】。2【考点】归纳推理，等比数列的前n项和。n2n【分析】前 n1 行共有正整数 12（n1）个，即个，2n2nn2n6第 n 行第 3 个数是全体正整数中第3 个，即为。226.（江苏 2009 年 5 分）设an是公比为

4、q的等比数列，|q|1，令bn an1(n 1,2,)，若数列bn有连续四项在集合53,23,19,37,82中，则6q=.【答案】9。【考点】等比数列的性质，数列的应用，等价转化能力和分析问题的能力。【分析】bn an1(n 1,2,)，数列bn有连续四项在集合53,23,19,37,82中，an有连续四项在集合54,24,18,36,81中。按绝对值的顺序排列上述数值，相邻相邻两项相除发现24，36，54，81 成等比数列，是an中连续的四项，比为q 。6q 9。7.（江苏 2010 年 5 分）函数y x2x0的图像在点(ak,ak2)处的切线与x轴交点的横坐标为ak1，k为正整数，a1

5、16，则a1 a3 a5【答案】21。【考点】抛物线的性质,函数的切线方程,数列的通项。【分析】求出函数y x2在点(ak,ak2)处的切线方程，然后令y=0 代入求出x的值，再结合32a116得到数列的通项公式，再得到a1 a3 a5的值：函数y x2在点(ak,ak2)处的切线方程为：y ak2 2ak(x ak)，当y 0时，解得x ak。2ak1ak。a1 a3 a516 41 21。28.（江苏 2011 年 5 分）设1 a1 a2 a7，其中a1,a3,a5,a7成公比为 q 的等比数列，a2,a4,a6成公差为 1 的等差数列，则 q 的最小值是【答案】33。【考点】等差数列、

6、等比数列的意义和性质，不等式的性质。【分析】由题意得，a21,a3 q a2,a21 q,q2 a21,a2 2 q2,q a2 2要求q的最小值，只要求a2的最小值，而a2的最小值为 1，q a2 2 1 2 3。q 33。9 9、（20122012 江苏卷江苏卷 6 6）现有 10 个数，它们能构成一个以1 为首项，3为公比的等比数列，若从这10 个数中随机抽取一个数，则它小于8 的概率是33,243,729,2187,6561,19683.从中随机【解析】【解析】组成满足条件的数列为：1,3,9.27,81取出一个数共有取法10种，其中小于8的取法共有6种，因此取出的这个数小于8的概率为

7、3.5【点评】【点评】本题主要考查古典概型.在利用古典概型解决问题时，关键弄清基本事件数和基本事件总数，本题要注意审题，“一次随机取两个数”，意味着这两个数不能重复，这一点要特别注意.1010、（20132013 江苏卷江苏卷 1414）14在正项等比数列an中，a51，a6 a7 3，则满足2a1 a2 an a1a2an的最大正整数n的值为。答案：1412二、解答题1.（江苏 2004 年 12 分）设无穷等差数列an的前 n 项和为 Sn.3()若首项a1，公差d 1，求满足S2 (Sk)2的正整数 k；2k()求所有的无穷等差数列an，使得对于一切正整数k 都有S【答案】解：（I）当a

8、12k2 (Sk)2成立.3n(n 1)3n(n 1)12,d 1时，Sn na1d n n n222221131由Sk(Sk)2,得k4k2(k2k)2，即k(k 1)0。422又k 0,所以k 4。（II）设数列an的公差为 d，则在Sn2(Sn)中分别取k=1，2,得2a1 a12（1）S1(S1),即?。432122d (2a1d)（2）4a1S4(S2)222a1 0a1 0a11a11解得。或或或d 0d 6d 0d 2若a10,d 0,则an0,Sn0,从而Sk2(Sk)2成立；若a1 0,d 6,则an 6(n1),由S318,(S3)2324,Sn 216知s9(S3)2,故

9、所得数列不符合题意。若a11,d 0,则an1,Sn n,从而Sk2(Sk)2成立；若a11,d 2,则an 2n1,Sn13(2n1)n2,从而S (Sn)2成立。综上，共有 3 个满足条件的无穷等差数列：an:an=0，即 0，0，0，；an:an=1，即 1，1，1，；an:an=2n1，即 1，3，5，。【考点】等差数列的通项公式，等差数列的性质。【分析】（I）利用等差数列的求和公式表示出前n 项的和，代入到Sk2(Sk)2求得k。（）设数列an的公差为 d，在 Sn2=(Sn)2 中分别取k=1，2 求得a1，代入到前n项的和中分别求得 d，进而对a1和 d 进行验证，最后综合求得答

10、案。2.（江苏 2005 年 14 分）设数列an的前n项和为Sn，已知a11,a2 6,a311，且(5n8)Sn1(5n 2)Sn An B,n 1,2,3,，其中 A.B 为常数求 A 与 B 的值；（2 分）证明：数列an为等差数列；（6 分）证明：不等式5amnaman1对任何正整数m,n都成立（6 分）【答案】解：（1）由已知，得S1 a11，S2 a1 a2 7，S3 a1 a2 a318，由(5n8)Sn1(5n 2)Sn An B，知3S27S1 A BA B 28，即，解得A 20,B 8。2A B 482S312S2 2A B（2）由（1）得(5n8)Sn1(5n 2)S

11、n 20n8(5n 3)Sn2(5n7)Sn1 20n28得，(5n3)Sn2(10n1)Sn1(5n 2)Sn 20(5n 2)Sn3(10n9)Sn2(5n7)Sn1 20得(5n 2)Sn3(15n6)Sn2(15n6)Sn1(5n 2)Sn 0。an1 Sn1 Sn，(5n 2)an3(10n 4)an2(5n7)an1 0。(5n 2)0，an32an2 an1 0。an3an2 an2an1，n 1。又a3a2 a2a1 5，数列an为等差数列。（3）由（2）可知，an15(n1)5n4，要证5amnaman1，只要证5amn1aman2 aman。因为amn 5mn 4，aman

12、(5m4)(5n4)25mn20(m n)16，故只要证5(5mn 4)125mn20(mn)162 aman，即只要证20m20n37 2 aman。因为2 aman aman5m5n85m5n8(15m15n29)20m20n37，由于以上过程是可逆的，所以命题得证。【考点】数列的应用。【分析】（1）由题意知3S27S1 A B，从而解得 A=20，B=8。2S312S2 2A B（2）由（）得(5n8)Sn1(5n 2)Sn 20n8，所以在式中令n n 1，可得(5n 3)Sn2(5n7)Sn1 20n28由此入手能够推出数列an为等差数列。（3）由（2）可知，an15(n1)5n4，

13、然后用分析法可以使命题得证。bn、cn满足：bn an an2，cn an 2an1 3an23.（江苏2006年14分）设数列an、（n=1,2,3,），证明an为等差数列的充分必要条件是cn为等差数列且bn bn1（n=1,2,3,）【答案】证明：必要性：设an是公差为d1的等差数列，则bn1bnan1an3anan2an1anan3an2 d1d1 0。bn bn1（n=1,2,3,）成立。又cn1cnan1an 2an2an13a32an2 d1 2d13d1 6d1(常数)（n=1,2,3,）数列cn为等差数列。充分性：设数列cn是公差为d2的等差数列，且bn bn1（n=1,2,3

14、,），cn an 2an1 3an2，cn2 an2 2an33an4，得cncn2anan2 2an1an33an2an4bn 2bn13bn2。又cncn2cncn1cn1cn2 2d2，bn 2bn13bn2 2d2。从而有bn1 2bn23bn3 2d2。得bn1bn 2bn2bn13bn3bn2 0。bn bn1，即bn1bn 0,bn2bn1 0，bn3bn2 0，由得bn1bn 0（n=1,2,3,）。由此不妨设bn d3（n=1,2,3,）则anan2 d3(常数)。由此cn an 2an13an2 4an 2an13d3，从而cn1 an1 2an23an3 4an1 2an

15、23d3 4an1 2an5d3。得cn1cn4an1 2an5d34an2an13d3 2an1an2d3。an1an11(cc1cc)d3d2d3(常数n=1,2,3,)。22所以数列an是等差数列。【考点】等差数列的性质，必要条件、充分条件与充要条件的判断。【分析】本题主要考查等差数列、充要条件等基础知识，考查综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力，理解公差d的涵义，能把文字叙述转化为符号关系式 利用递推关系是解决数列的重要方法，熟练掌握等差数列的定义、通项公式及其由来。5.（江苏 2007 年 16 分）已知an是等差数列，bn是公比为q的等比数列，a1b1,a2b2 a1，记Sn为

16、数列bn的前n项和，（1）若bk am(m,k是大于2的正整数)，求证：Sk1(m1)a1；（4 分）（2）若b3 ai(i是某一正整数)，求证：q是整数，且数列bn中每一项都是数列an中的项；（8 分）（3）是否存在这样的正数q，使等比数列bn中有三项成等差数列？若存在，写出一个q的值，并加以说明；若不存在，请说明理由；（4 分）【答案】解：设an的公差为d，由a1b1,a2b2 a1，知d 0,q 1，d a1q 1（a1 0）（1）证：bk am，a1qk1 a1m1a1q1，qk11m1q 1 2mm1q。Sk1a11 qk11 q2a1m 1m 1qqm 1a1。（2）证：b3 a1

17、q,ai a1i 1a1q 1，且b3 ai，q 1i 1q1,q i 1qi 2 0,22解得，q 1或q i 2，但q 1，q i 2。i是正整数，i 2是整数，即q是整数。n1n N，设数列bn中任意一项为bn a1q设数列an中的某一项am=a1m1a1q 1m N，现 在 只 要 证 明 存 在 正 整 数m，使 得bn am，即 在 方 程a1qn1 a1m1a1q1中m有正整数解即可。qn1qn111m1q 1,m 11 q q2q 1qn2，m 2 q q2qn2。若i 1，则q 1，那么b2n1b1 a1,b2nb2 a2。当i 3时，a1b1,a2b2，只要考虑n 3的情况

18、，b3 ai，i 3，q是正整数。m是正整数。n1n N 数 列bn中 任 意 一 项 为bn a1q与 数 列an的 第2 q q2qn2项相等，从而结论成立。（3）设数列bn中有三项bm,bn,bpm n p,m,n,p N成等差数列，则有2a1qn1 a1qm1a1qp1。设n m x,p n y,x,y N，则 21y。qxq2令x 1,y 2，则q32q 1 0,q 1q q 1 0。q 1，q2 q 1 0，解得q 5 1舍去负值。2即存在q 5 1使得bn中有三项bm,bm1,bm3m N成等差数列。2【考点】数列的求和，等差数列的性质，等比数列的性质【分析】（1）设an的公差为

19、d，由a1b1，把bk am代入a1qk1 am，即可表示出Sk1，题设得证。（2）利用b3 a1q2,ai a1i1a1q1，可得q21i1q1,即q2i1qi20，整理即可求得q i 2，从而可判定i 2是整数，即q是整数。设数列bn中任意一项为bn a1qn1n N，设数列an中的某一项am=a1m1a1q 1m N，只要证明存在正整数m，使得bn am，即在方程a1qn1 a1m1a1q1中m有正整数解即可。（3）设数列bn中有三项bm,bn,bpm n p,m,n,p N成等差数列，利用等差中项的性质建立等式，设n m x,p n y,x,y N，从而可得以 21y，qxq令x 1,

20、y 2，求得q。6.（江苏 2008 年 16 分）（1）设a1,a2,an是各项均不为零的n（n4）项等差数列，且公差d 0，若将此数列删去某一项后得到的数列（按原来的顺序）是等比数列（i）当n 4时，求a1的数值；d（ii）求n的所有可能值（2）求证：对于给定的正整数n(n4)，存在一个各项及公差均不为零的等差数列bn，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列b1，b2，【答案】解：（1）（i）当n=4 时,a1,a2,a3,a4中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，则推出d=0。若删去a2，则a32 a1a4，即(a12d)2 a1(a13d)化简得a14d 0

21、，得a14。d若删去a3，则a22 a1a4，即(a1d)2 a1(a13d)化简得a1d 0，得a11。da1a14综上，得或1。dd（ii）当n=5 时,a1,a2,a3,a4,a5中同样不可能删去a1,a2,a4,a5，否则出现连续三项。若删去a3，则a1a5 a2a4，即a1(a14d)(a1d)(a13d)化简得3d 0，因为d0，所以a3不能删去；当 n6 时，不存在这样的等差数列。事实上，在数列a1,a2,a3,2,an2,an1,an中，由于不能删去首项或末项，若删去a2，则必有a1an a3an2，这与d0矛盾；同样若删去an1也有a1an a3an2，这与d0矛盾；若删去a

22、3,an2中任意一个，则必有a1an a2an1，这与d0矛盾。(或者说：当n6 时，无论删去哪一项，剩余的项中必有连续的三项)。综上所述，n 4。（2）假设对于某个正整数n，存在一个公差为 d 的n项等差数列b1,b2,.bn，其中bx1,by1,bz1（0 x y z n1）为任意三项成等比数列，则b2y1bx1bz1，即(b1 yd)2(b1 xd)(b1 zd)，化简得(y2 xz)d2(x z2y)b1d（*）由b1d 0知，y2 xz与x z 2y同时为 0 或同时不为 0。当y2 xz与x z 2y同时为 0 时，有x y z与题设矛盾；b1y2 xz故y xz与x z 2y同时

23、不为 0，所以由（*）得。dx z 2y20 x y z n1，且x、y、z 为整数，上式右边为有理数，从而对于任意的正整数n(n4)，只要b1为有理数。db1为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列。d例如n项数列 1，1 2，12 2，1(n1)2满足要求。【考点】等差数列的性质，等比关系的确定，等比数列的性质【分析】（1）根据题意，对n=4，n=5时数列中各项的情况逐一讨论，利用反证法结合等差数列的性质进行论证，从而推广到n4的所有情况（2）利用反证法结合等差数列的性质进行论证即可。7.（江苏 2009 年 14 分）学设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22 a32

24、 a42 a52,S7 7。（1）求数列an的通项公式及前n项和Sn；（2）试求所有的正整数m，使得amam1为数列an中的项。am22222【答案】解：（1）设公差为d，则a2，由性质得3d(a4 a3)d(a4 a3)。a5 a4a3d 0，a4 a3 0，即2a15d 0。又由S7 7得7a176d 7，解得a1 5，d 2。2数列an的通项公式为an 2n 7；前n项和Sn n26n。（2）amam1(am24)(am22)8 2m9为数列an中的项，am2am22m 38为整数，且m为正整数，m 1,2。2m3经检验，符合题意的正整数只有m 2。【考点】数列的求和，等差数列的性质。【

25、分析】（1）先把已知条件用a1及d表示，然后联立方程求出a1，d代入等差数列的通项公式及前n项和公式可求。（2）先把已知化简可得可寻求m满足的条件。8.（江苏 2010 年 16 分）设各项均为正数的数列an的前 n 项和为Sn，已知2a2 a1 a3，数列amam18 2m9，然后结合数列an的通项公式am22m3S是公差为d的等差数列。n（1）求数列an的通项公式（用n,d表示）；（2）设c为实数，对满足m n 3k且m n的任意正整数m,n,k，不等式Sm Sn cSk都成立。求证：c的最大值为9。2【答案】解：（1）由题意知：d 0，SnS1(n1)d a1(n1)d，2a2 a1a3

26、3a2 S33(S2S1)S33(a1d)2a12(a12d)2,化简，得：a12 a1d d2 0,a1 d,a1 d2Sn d(n1)d nd,Sn n2d2，当n 2时，适合n 1情形。an SnSn1 n2d2(n1)2d2(2n1)d2，故所求an(2n1)d2。（2）SmSn cSk m2d2n2d2 ck2d2 m2n2 ck2，m2n2c 恒成立。2km2n29，又m n 3k且m n，2(m n)(mn)9k k222222故c 99，即c的最大值为。22【考点】等差数列的通项、求和以及基本不等式。【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合已知，列出关于a1、d的方程，求出a

27、1，从而推出Sn，再利用an与Sn的关系求出an。（2）利用（1）的结论，对SmSn cSk进行化简，转化为基本不等式问题求解，求出c的最大值的范围。9.（江苏 2011 年 16 分）设 M 为部分正整数组成的集合，数列an的首项a11，前 n 项和为Sn，已知对任意整数k 属于 M，当nk 时，Snk Snk 2(Sn Sk)都成立.（1）设 M=1，a2 2，求a5的值；（2）设 M=3，4，求数列an的通项公式.【答案】解：（1）由题设知，当n 2时，Sn1 Sn1 2(Sn S1)即(Sn1 Sn)(Sn Sn1)2S1，an1an 2a1 2。又a2 2，当n 2时，an a2 2

28、(n2)2n2，a5的值为 8。(2)由题设知,当k M 3,4，且n k时，Snk Snk 2(Sn Sk)且Sn1k Sn1k 2(Sn1 Sk)，两式相减得an1kan1k 2an1，即an1kan1 an1k an1，当n 8时，an6,an3,an,an3,an6成等差数列，且an6,an2,an2,an6也成等差数列。当n 8时，2an an3 an3 an6 an6()，且an2 an2 an6 an6。当n 8时，2an an2 an2，即an2an anan2。当n 9时，an3,an1,an1,an3成等差数列，从而an3 an3 an1 an1。由()式知2an an1

29、an1，即an1an anan1。当n 9时，设d anan1，当2 m 8时，m 6 8，从而由()式知2am6 am am122am7 am1 am13，从而2(an7an6)am1am(am13am12，am1am 2d d d。an1an d，对任意都n 2成立。又由Snk Snk2Sn 2Sk（k 3,4)可知(Snk Sn)(Sn Snk)2Sk，9d 2S3且16d 2S4。解得a4a27d。231d，a1d。22数列an为等差数列，由a11知d 2，所以数列an的通项公式为an 2n1。【考点】数列递推式，数列与函数的综合。【分析】（1）由集合 M 的元素只有一个 1，得到k=

30、1，所以当n大于 1 即n大于等于 2 时Snk Snk 2(Sn Sk)，都成立，变形后，利用a11化简，得到当n大于等于 2 时，此数列除去首项后为一个等差数列，根据第 2 项的值和确定出的等差写出等差数列的通项公式，因为 5 大于 2，所以把n=5 代入通项公式即可求出第5 项的值；（2）由Snk Snk 2(Sn Sk)，利用数列递推式得到(Snk Sn)(Sn Snk)2Sk，从而求出d 2，得到数列an的通项公式。10.（江苏 2011 年附加 10 分）设整数n 4，P(a,b)是平面直角坐标系xOy中的点，其中a,b1,2,3,n，a b（1）记An为满足a b 3的点P的个数

31、，求An；（2）记Bn为满足(ab)是整数的点P的个数，求Bn【答案】解：（1）点P的坐标满足条件1 b a 3 n 3，An n3。（2）设k为正整数，记fn(k)为满足条件以及a b 3k的点P的个数。只要讨论fn(k)1的情形。由1 b a 3k n 3k,知fn(k)n3k，且k 13n 1,3设n 1 3m r，其中mN,r0,1,2，则k m，mmBn将m fn(k)(n 3k)mn k1k13m(m 1)m(2n 3m 3)，22n 1 r(n 1)(n 2)r(r 1)代入上式，化简得Bn，366n(n 3)n,是整数63Bn。(n 1)(n 2),n不是整数63【考点】计数原

32、理，数列递推式。【分析】（1）An为满足a b 3的点 P 的个数，显然P(a,b)的坐标的差值，与An中元素个数有关，直接写出An的表达式即可。（2）设k为正整数，记fn(k)为满足题设条件以及a b 3k的点P的个数，讨论fn(k)1的情形，推出fn(k)n3k，根据k的范围k 和余数，然后求出Bn。n 1，说明n 1是 3 的倍数311.（2012 年江苏省 16 分）已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an1anbnanbn22，n N*，（1）设bn1bn b 1，n N*，求证：数列naann2是等差数列；（2）设bn12 bn，n N*，且an是等比数列，求a1和b1的值a

33、nbnanbn，an1=22ananbn2【答案】解：（1）bn11bn1 b 1nan2。2 b bn1 1nan1an。22 bn1 bn bn bn11nN*。an1anan an222 bn数列 是以 1 为公差的等差数列。an（2）an0，bn0，anbn22 an2bn2anbn。210知q0，下面用反证法证明q=1若q1,则a1=（）矛盾。若0q1,则a1=矛盾。综上所述，q=1。an a1nN*，1a12。又bn12 a22logq时，an1 a1qn2，与qa1a21a21，当nlogq时，与（）an1 a1qn1，于是b1b2b3。a1即a1若a12，则又由an1anbna

34、nbn22a1bna12bn2，得bn=a1 a122a12a121。b1，b2，b3中至少有两项相同，与b1b2b3矛盾。a1=2。bn=2 2222222=2。1a1=b2=2。【考点】等差数列和等比数列的基本性质，基本不等式，反证法。【解析】（1）根据题设an122anbnanbn22和bn1b b b1n，求出n1 1n，从an1anan2 b b 而证明n1n1而得证。an1an（2）根据基本不等式得到1an1anbnanbn222，用反证法证明等比数列an的公比q=1。从而得到an a1nN*的结论，再由bn12 数列。最后用反证法求出a1=b2=2。1212、（、（2013201

35、3 江苏卷江苏卷 1919）19本小题满分 16 分。设an是首项为a，公差为d的等差数列bn22的等比=bn知bn是公比是ana1a1(d 0)，Sn是其前n项和。记bnnSn*，nN，其中c为实数。2n c*（1）若c 0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk n2Sk（k,nN）；（2）若bn是等差数列，证明：c 0。13本小题满分 16 分。设函数f(x)lnx ax，g(x)ex ax，其中a为实数。（1）若f(x)在(1,)上是单调减函数，且g(x)在(1,)上有最小值，求a的取值范围；（2）若g(x)在(1,)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论。19证明

36、：an是首项为a，公差为d的等差数列(d 0)，Sn是其前n项和Sn na n(n 1)d2（1）c 0bnSnn 1 a dn2213 b1b4(a d)2 a(a d)22112111ad d 0d(a d)0d 0a dd 2a24222n(n 1)n(n 1)d na 2a n2aSn na 22b1，b2，b4成等比数列b2左边=Snk(nk)2a n2k2a右边=n2Sk n2k2anSn得：2n c左边=右边原式成立（2）bn是等差数列设公差为d1，bn b1(n1)d1带入bnb1(n1)d1n N恒成立nSn113(d d)n (b d a d)n2 cd1n c(d1b1)

37、对111222n c1d 12d 01b1 d1 a d 02cd1 0c(d b)011由式得：d11dd 0d1 02由式得：c 0法二：证：（1）若c 0，则an a(n 1)d，Sn2n(n 1)d 2a(n1)d 2a，bn22当b1，b2，b4成等比数列，b22 b1b4，d 3d 2即：a aa，得：d 2ad，又d 0，故d 2a22由此：Sn故：Snk n2a，Snk(nk)2a n2k2a，n2Sk n2k2a n2Sk（k,nN*）n2(n1)d 2anS2（2）bn2n，2n cn c(n1)d 2a(n1)d 2a(n1)d 2an2cc2222n c(n1)d 2a

38、c(n1)d 2a2 ()22n c若bn是等差数列，则bn An Bn型观察()式后一项，分子幂低于分母幂，(n1)d 2a(n 1)d 2a(n1)d 2a2c 0故有：，即，而0，022n2c故c 0c经检验，当c 0时bn是等差数列一、（20132013 江苏卷江苏卷 2323）卷 附加题二、23本小题满分 10 分。k个（-1）k，（-1）k，即 当设 数 列an：1，-2，-2,3,3,3，-4，-4，-4，-4，k-1k-1（k 1）k（k k 1）k1k N时，an n（-1）k，记Sn a1a222ann N，对于lN，定义集合Pl n Sn是an的整数倍，nN，且1 n l

39、（1）求集合P11中元素的个数；（2）求集合P2000中元素的个数。23本题主要考察集合数列的概念与运算 计数原理等基础知识，考察探究能力及运用数学归纳法分析解决问题能力及推理论证能力。（1）解：由数列an的定义得：a11，a2 2，a3 2，a4 3，a5 3，a6 3，a7 4，a8 4，a9 4，a10 4，a11 5S11，S2 1，S3 3，S4 0，S5 3，S6 6，S7 2，S8 2，S9 6，S10 10，S11 5S11a1，S4 0a4，S51a5，S6 2a6，S11 1a11集合P11中元素的个数为 5（2）证明：用数学归纳法先证Si(2i1)事实上，当i 1时，Si

40、(2i1)i(2i 1)S3 1(21)3故原式成立 m(2m1)故原式成立假设当i m时，等式成立，即Sm(2m1)则：i m 1，时，S(m1)2(m1)1 S(m1)(2m3 Sm(2m1)(2m1)2(2m 2)2 m(2m1)(2m1)2(2m 2)2(2m25m3)(m1)(2m3)综合得：Si(2i1)i(2i 1)于是S(i1)2i1 Si(2i1(2i 1)2 i(2i 1)(2i 1)2(2i 1)(i 1)由上可知：Si(2i1是(2i 1)的倍数而a(i1)(2i1 j 2i 1(j 1,2,2i 1)，所以Si(2i1)j Si(2i1)j(2i 1)是a(i1)(2i1 j(j 1,2,2i 1)的倍数又S(i1)2i1(i 1)(2i 1)不是2i 2的倍数，而a(i1)(2i1 j(2i 2)(j 1,2,2i 2)所以S(i1)(2i1)j S(i1)(2i1)j(2i 2)(2i 1)(i 1)j(2i 2)a(i1)(2i1 j(j 1,2,2i 2)的倍数故当l i(2i 1)时，集合P2l中元素的个数为13（2i-1）i于是当l i(2i 1)j（1 j 2i 1）时，集合P2l中元素的个数为i j又2000 31（2311）47故集合P2000中元素的个数为312 47 1008不是