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高考数学数列专题热点复习指导

2010-11-05
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(一)基础题

 

复习导引:数列是定义在正整数集或正整数子集上的函数,函数的图象是平面直角坐标系上的点集。项an是n的函数,同数Sn也是n的函数,af(n)是复合函数,如下面的第2、3题。等差、等比中项始终是高考(Q吧)拟题的知识点,如下面的第1、5题。在数列问题中,从一般到特殊的思想方法,是重要的思路,如第3、5题。

 

1.若an是等差数列,首项a1>0,a2003+a2004>0,a2003·a2004<0,则使前n项和Sn>0成立的最大自然n是( )

 

A、4005 B、4006

 

C、4007 D、4008

 

解:∵a2003·a2004<0

 

∴a2003与a2004中必有一个为负。

 

又a1>0只有d<0,a2003、a2004中才可能有负值,∴a2004<0

 

a2003+a2004=2a1+4005d=a1+a1+4005d=a1+a4006>0

 

∴S4006=-(a1+a4006)>0

 

S4007=-(a1+a4007)

 

=-·2a2004<0

 

∴选B

 

注:本题不同于当Sn最大时求n的值,在审题中注意区别。

 

2.已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn,且-=-,则使得-为整数的正整数n的个数是( )

 

A.2 B.3 C.4 D.5

 

解:∵an,bn为等差数列

 

∴可设An=(7n+45)gn,

 

Bn=(n+3)gn

 

an=An-An-1=14n+38,

 

bn=Bn-Bn-1=2n+2,(n2)

 

-=-=k,k为正整数

 

n=-,n为正整数,719

 

K=8、9、10、11、13

 

∴选D

 

注:若{an}为等差数列,那么Sn=pn2+qn,是常数项为0,关于n的二次函数。

 

3.已知数列{an}、{bn}都是公差为1的等差数列,其首项分别为a1、b1,且a1+b1=5,a1,b1∈N*。设cn=-(n∈N*),则数列{cn}的前10项和等于(  )

 

A.55   B.70     

 

C.85   D.100

 

解:某些数列问题经常用一般到特殊的思考方法。

 

c1=-=a1+(b1-1)·1

 

c2=-=a1+(b2-1)·1

 

c3=-=a1+(b3-1)·1

 

c2-c1=b2-b1=1,

 

c3-c2=b3-b2=1

 

c1=a1+b1-1=4

 

∴{cn}为c1=4,公差为1的等差数列

 

∴S10=85 选C

 

注:-其中bn是项数,在数列中,项an是项数n的函数。

 

4. 各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2,S3n=14,则S4n等于

 

(A)80  (B)30

 

(C)26 (D)16

 

解:Sn=a1+a2+…+an=2

 

S2n=Sn+an+1+an+2+…+a2n

 

=Sn+qn(a1+a2+…+an)

 

=Sn+Sngqn=2+2qn

 

S3n=S2n+a2n+1+a2n+2+…+a3n

 

=S2n+q2ngSn=2+2qn+2q2n=14

 

→qn=2

 

S4n=S3n+(a3n+1+a3n+2+…+a4n)

 

=S3n+q3ngS1=30

 

选B

 

注:这里把Sn作为一个单位,以此表示S2n,S3n,S4n,这是一个“整体”的思想方法。

 

5.在等差数列{an}中,若a10=0则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n(n<19,n∈N)成立.类比上述性质,相应地,在等比数列{bn}中,若b9=1则有等式____成立。

 

分析:用一般到特殊的思考方法。a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n不好理解,不妨假定,n=18,这时上面的等式变为:a2+a3+…+a17+a18=0,a2+a18=a3+a17=…=a9+a11=2a10=0,可以看出题目条件中给出的等式是等差中项的变形,这是问题的实质。

 

若给出a9=0,可以引出:

 

a1+a17=a2+a16=a3+a15=…=a8+a10=2a9=0

 

那么应有下面的等式:

 

a1+a2+…+an=a1+a2+…+a17-n

 

类比等比数列:

 

b9=1,b1·b17=b2·b16=…=b8·b10=b92=1。

 

∴b1·b2……bn=b1·b2……b17-n(n<17,n∈N)

 

注:灵活运用等差、等比中项是数列问题中的重要内容,下面的结论有助于这种灵活应用。若p、q、m、n均为正整数,且p+q=m+n,在等差数列中有ap+aq=am+an;在等比数列中,ap·aq=am·an

 

6. 数列{an}中,a1=-,an+an+1=-,n∈N*则-(a1+a2+…+an)等于( )

 

A.- B.-

 

C.- D.-

 

分析:若把an+an+1看成一项,那么 {an+an+1}为等比数列。

 

(a1+a2)+(a2+a3)+(a3+a4)+…

 

=2(a1+a2+a3+a4+…)-a1

 

∵a1+a2=-,

 

-=-

 

∴2(a1+a2+a3+…)-a1

 

=-=-

 

-=(a1+a2+…+an)=-

 

选C。

 

注:在数列求和问题中,有时可以把几项并成一项,也有时把一项分拆成几项,这是求和中“变形”的一条重要思路.

 

7.已知{an}是等差数列,{bn}是公比为q的等比数列,a1=b1,a2=b2≠a1,记Sn为数列{bn}的前n项和,(1)若 bk=am(m,k是大于2的正整数),求证:Sk-1=(m-1)a1;

 

(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;

 

(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;

 

解:(1)∵a1=b1,a2=b2≠a1→b2≠b1→q≠1

 

∴Sk-1=-=-

 

=-=-=(m-1)a1

 

解:(2)b3=b1q2=a1q2=a1+(i-1)gd=a1+(i-1)(a2-a1)

 

=a1+(i-1)(b2-b1)=a1+(i-1)(a1q-a1)

 

∵a1≠0,q≠1

 

∴q2=1+(i-1)(q-1)

 

q=i-2,q是整数,

 

由b1=a1,b2=a2,b3=ai→q=i-2

 

下面只讨论n4的情况

 

bn=b1qn-1=a1+(k-1)d=a1+(k-1)(a2-a1)=a1+(k-1)ga1g(q-1)

 

化简qn-1=1+(k-1)(q-1)

 

k=1+-1+1+q+q2+…qn-2

 

若i=1,q=-1,q+q2+…qn-2=0或-1

 

k=2,1;

 

i=2,q=0。矛盾

 

i3,k是正整数。

 

分析(3)b1=a1,b2=a2,a3=b(n)为所求

 

由a1、a2、a3成等差

 

b1、b2、b(n)也成等差

 

a3=a1+2d=b1+2(a2-a1)

 

=b1+2(b1q-b1)

 

=b1(2q-1)=b1qn-1

 

n3,n=3时,2q-1=q2→q=1与已知矛盾。

 

n=4 2q-1=q3 q3-q=q-1

 

q(q2-1)=q-1

 

q-1≠0,q2+q-1=0,又q>0

 

∴q=-

 

即b1,b2,b4成等差。

 

注:2q-1=qn其中n,q都是未知数,因为n为正整数,所以从分析n入手。

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