2019高考数学二轮复习专题--数列课件及练习

2019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.(2018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.(2018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.(2018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.(2018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.(2018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_1 b_2 )+1/(b_2 b_3 )+1/(b_10 b_11 )的值是 . 8.(2018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.(2018扬州高三第三次调研)已知数列an满足 an+1+(-1)nan=(n+5)/2(nN*),数列an的前 n项和为 Sn.(1)求 a1+a3的值;(2)若 a1+a5=2a3.求证:数列a2n为等差数列;求满足 S2p=4S2m(p,mN*)的所有数对(p,m).10.(2018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 nN*,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(n2),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,a30,则 a50,又a4a6=a_52=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_22,则由 a1(a1+24)=(a1+3)2,解得 a1=1/2,则 S5=51/2+(54)/23=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 q1,(a_1 “(“ 1“-“ q3 “)“ )/(1“-“ q)+(a_1 “(“ 1“-“ q6 “)“ )/(1“-“ q)=2(a_1 “(“ 1“-“ q9 “)“ )/(1“-“ q),化简得 2q6-q3-1=0,q3=-1/2(舍去 1),则a5=a_8/q3 =-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“-“ 210)/(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 n2 时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1,a1=2不适合,则 an=(2“,“ n=1“,“ 2(n“-“ 1) “,“ n2“,“ )故 bn=(1“,“ n=1“,“ n“-“ 1“,“ n2“,“ )所以 1/(b_1 b_2 )+1/(b_2 b_3 )+1/(b_10 b_11 )=1+1/(12)+1/(23)+1/(910)=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(q0),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 q0,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“,“ a_3+a_2=7/2 “, “ )- 得 a1+a3=1/2.(2)证明:因为 an+1+(-1)nan=(n+5)/2,所以(a_2n “-“ a_(2n“-“ 1)=(2n+4)/2 “,“ a_(2n+1)+a_2n=(2n+5)/2 “,“ )- 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.易知 a1=a2n+1,所以 S2n=a1+a2+a2n=(a2+a3)+(a4+a5)+(a2n+a2n+1)=n2/2+3n.由 S2p=4S2m知 p2/2+3p=4(m2/2+3m).所以(2m+6)2=(p+3)2+27,即(2m+p+9)(2m-p+3)=27,又 p,mN*,所以 2m+p+912 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-2,6Sn-1=9bn-1-an-1-2(n2),- 得 6(Sn-Sn-1)=9(bn-bn-1)-(an-an-1),即 6d=9(bn-bn-1)-d,所以 bn-bn-1=(6d“ +d)/9(n2)为常数,所以bn为等差数列.(2)由得 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)(n2)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(n2),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=3/23n-1=1/2?3n.即 bn=1/2(3n-1).当 n2 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(n1).设 an=ci+cj(1ij,i,jN*),则 3n-2=3i-1+3j-1,即 3n-(3i-1+3j-1)=2,如果 i2,因为 3n为 3的倍数,3i-1+3j-1 为 3的倍数,所以3n-(3i-1+3j-1)为 3的倍数,则 2也为 3的倍数,矛盾.所以 i=1,则 3n=3+3j-1,即 n=1+3j-2(j=2,3,4,).所以数列an中存在无穷多项可表示为数列cn中的两项之和.