1、1江苏十年高考数学试题回眸之三：数列袁保金名师工作室一、十年高考试题信息统计年份 题号 题型 分值 难度 考查知识点10 填空题 5 中等题 等差数列及其求和200819 解答题 16 21 难题 等差数列、等比数列的有关知识14 填空题 5 难题 等比数列200917 解答题 14 19 中等题 等差数列的通项、求和的有关知识8 填空题 5 容易题 等比数列的概念与通项2010 19 解答题 16 21 难题 等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识13 填空题 5 难题 等差数列与等比数列的通项201120 解答题 16 21 难题 等差数列的定义、通项与求和填空题 5 容易题 等比数
2、列的通项，古典概型2012 20 解答题 16 21 难题 等差数列的定义、通项，等比数列的通项，基本不等式、反证法14 填空题 5 难题 等比数列的通项与求和2013 19 解答题 16 21 难题 等差数列的定义、通项与求和，等比中项7 填空题 5 容易题 等比数列的通项2014 20 解答题 16 21 难题 数列的概念、等差数列等基础知识，新定义题11 填空题 5 容易题 数列的概念与求和，简单的递推数列2015 20 解答题 16 21 难题 等差数列、等比数列的定义与性质，函数与方程，反证法8 填空题 5 容易题 等差数列的通项与求和2016 20 解答题 16 21 难题 等比数
3、列的通项公式与求和等知识，新定义题9 填空题 5 容易题 等比数列的通项与求和201719 解答题 16 21 难题 等差数列的定义与性质，新定义题二、考情分析1、由于数列内容较少，教学时只安排 8 课时，因此题量得到有效控制，十年来，数列试题较为稳定，呈一大一小形式出现，分值为 21 分。等差数列和等比数列作为考试说明中两个 C 级考点，每年都有涉及。一道填空题多以容易题或中等题形式出现，主要考查等差数列或等比数列概念、通项和求和，基本量法是解决问题的基本方法；一道解答题除 2009 年以中档题出现外都是以压轴性的难题出现，主要考查等差数列和等比数列的定义、性质、通项、求和以及探究能力及推理
4、论证能力。以数列为载体考查推理论证能力是高考命题的方向。2、数列应用题是教学中的重要内容，课本上涉及等差数列和等比数列的实际应用题也较多，考虑到数列在教学中课时量以及数列在高考试卷中分值所占比例，加之数列压轴题是必考内容，因此数列应用题十年中从来未出现过。23、数列压轴题是试题命题者控制试卷难度的很重要的一张王牌，因此难度偏大。尽管如此，试题常以多问形式出现，第一问很容易，难度逐渐递进。等差数列是命题主体，单独命题较多，十年出现五次。四次是等差数列与等比数列的融合，但等差数列处于主要地位，等比数列单独命题只有 2016 年。个中缘由应该体会到。4、数列压轴题值研究数列本身内部的综合，考查数列的
5、本质，不与函数等有关知识综合，这一点是江苏省数学命题有别于全国卷和其他各省试卷的地方，具有江苏试卷的个性特色。新定义数列近几年出现三次，具有创新性，丰富了数列试题的题型，使试卷充满活性，同时增加试卷的新鲜感，也有利于考查学生分析问题和解决问题的能力。5、由于课本上回避了递推数列，只有 2015 年一道填空题是递推数列。但以数列前 n 和形式出现的试题是高考常见形式，运用递推思想“克隆作差”是解决这类问题的有效手段。递推的过程一次不行，就两次，但三次递推就很少出现了。在递推过程要注意验证 n=1或 2 时，看问题是否成立，这是容易因疏忽导致错误的地方，切时做到“懂而会、会而对、对而全” 。6、数
6、列试题中涉及的数学思想方法比较丰富，函数与方程、分类讨论、转化与化归、特殊与一般、有限与无限、递推思想等经常涉及。三、试题再现（一）填空题1、 （2008.10）将全体正整数排成一个三角形数阵：12 34 5 67 8 9 1011 12 13 14 15 按照以上排列的规律，数阵中第 n 行（n 3）从左向右的第 3 个数为 【解析】本小题考查归纳推理和等差数列求和公式前 n1 行共有正整数12（n1）个，即 个，因此第 n 行第 3 个数是全体正整数中第23 个，即为 26n2、 （2009.14）设 是公比为 的等比数列， ，令 ，若数naq|1q1(,2)nba列 有连续四项在集合 中
7、，则 = .nb53,219,786【解析】 考查等价转化能力和分析问题的能力。等比数列的通项。 有连续四项在集合 ，四项 成等比数列，公比为na4,624,35,81， = -932q63、 （2010.8）函数 y=x2(x0)的图像在点(a k,ak2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为 ak+1,k 为正整数，a 1=16，则 a1+a3+a5=_3解析考查函数的切线方程、数列的通项。在点(a k,ak2)处的切线方程为： 2(),kkyaxa当 0y时，解得 2kax，所以 1135,641a。4、 （2011.13）设 72 ，其中 7531,成公比为 q 的等比数列，62,a成公差
8、为 1 的等差数列，则 q 的最小值是_解析：由题意： 2321211aaa，22,q3a，而 2122,的最小值分别为 1，2，3；min。5、 （2012.6）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 【答案】 3【解析】组成满足条件的数列为： .19683,5287,943,127.9,3从中随机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 的概率为 53.【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
9、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.6、 （2013.14）在正项等比数列 中， ， ，则满足na215376a的最大正整数 的值为 。na 2121答案：127、 （2014.7）在各项均为正数的等比数列 中，若 ， ，则 的值是 na218642a6a【答案】448、 （2015.11）数列 满足 ，且 （ ） ，则数列 的前 10na111nan*N1na项和为 【解析】试题分析：由题意得： 11221 (1)()()()12nnn naaan 所以102, ,nnSS考点：数列通项，裂项求和9、 （2016.8）已知a
10、n是等差数列，S n是其前 n 项和.若 a1+a22=3，S 5=10，则 a9 的值是 .答案：2010、 （2017.9）等比数列 的各项均为实数,其前 项的和为 ,已知 ,则nannS3674S,= .8a【解析】当 时，显然不符合题意；1q当 时， ，解得 ，则 .316()74aq142aq78123（二）解答题1、 （2008.19） （）设 是各项均不为零的等差数列（ ） ，且公差12,na 4n，若将此数列删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列：0d当 n =4 时，求 的数值； 求 的所有可能值；1d（）求证：对于一个给定的正整数 n(n4)，存在一个各项及公差都不
11、为零的等差数列，其中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列12,nb 【解析】本小题主要考查等差数列、等比数列的有关知识，考查运用分类讨论的思想方法进行探索分析及论证的能力，满分 16 分。解：首先证明一个“基本事实”：一个等差数列中，若有连续三项成等比数列，则这个数列的公差 d0=0。事实上，设这个数列中的连续三项 a-d0,a,d+d0成等比数列，则a2=(d-d0)(a+d0)。由此得 d0=05（1）(i) 当 n=4 时, 由于数列的公差 d0,故由“基本事实”推知，删去的项只可能为 a2或 a3若删去 ，则由 a1,a3,a4 成等比数列，得(a 1+2d)2=a1(a1+3d)
12、2因 d0，故由上式得 a1=4d，即 =4，此时数列为4d, 3d, 2d, d，d1满足题设。若删去 a3，则由 a1,a2,a4 成等比数列，得(a 1+d)2=a1(a1+3d)因 d0，故由上式得 a1=d，即 =1，此时数列为 d, 2d, 3d, 4d，满足题设。d1综上可知， 的值为4 或 1。d1(ii)若 n6，则从满足题设的数列 a1,a2,an中删去一项后得到的数列，必有原数列中的连续三项，从而这三项既成等差数列又成等比数列，故由“基本事实”知，数列a1,a2,an的公差必为 0，这与题设矛盾，所以满足题设的数列的项数 n5，又因题设n4，故 n=4 或 5.当 n=4
13、 时，由（i）中的讨论知存在满足题设的数列。当 n=5 时，若存在满足题设的数列 a1,a2,a3,a4,a5，则由“基本事实”知，删去的项只能是 a3，从而 a1,a2,a4,a5成等比数列，故(a 1+d)2=a1(a1+3d)及(a 1+3d)2=(a1+d)(a1+4d)分别化简上述两个等式，得 a1d=d2及 a1d=5d,故 d=0，矛盾。因此，不存在满足题设的项数为 5 的等差数列。综上可知，n 只能为 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,b1+ d,，b 1+(n-1) d(b 1 d0)，其中三项 b1+m1 d,b 1+m2 d,b
14、 1+m3 d成等比数列，这里 0m 1k 时， )(2kknSS都成立。（1）设 M=1 ， 2a，求 5的值；（2）设 M=3，4 ，求数列 n的通项公式。解析：（1） 1121,2(),()nnnkSSS即：21nna所以，n1 时， a成等差，而 2a，232135,()7,4,8;SS（2）由题意： 3344,()(1,2(),(nnnnSSS ，4215314,(),;,(),;n n 当 5时，由（1） （2）得： 4342()naa由（3） （4）得： 52,(6)n由（1） （3）得： 417;n由（2） （4）得： 53,(8)naa由（7） （8）知： 412,n成等差，
15、 513,nna成等差；设公差分别为： 12,d由（5） （6）得：953242421541,(9); 2,(0);nnnnadadadad由（9） （10）得：5421412321,;n n ()n成等差，设公差为d,在（1） （2）中分别取 n=4,n=5 得： 12122+6a5(5),4;dada即128(79),3adad即23,.n5、 （2012.20）已知各项均为正数的两个数列 和 满足： ，nab21nnba，*Nn（1）设 ， ，求证：数列 是等差数列；nnab1*N2nba（2）设 ， ，且 是等比数列，求 和 的值nn21 n1b【答案】解：（1） ， 。nab1122
16、=1nnaba 。21nnba 。221 1*nnnnbbNaa数列 是以 1 为公差的等差数列。2nba（2） ， 。0nn， 222nnnabq=1q10若 则 ，当 时， ，与（）矛盾。1,q2=aa12naq若 则 ，当 时， ，与（）矛0,21aq1lq1na123又由 即 ，得 。21nnb12nab211=na 中至少有两项相同，与 矛盾。 。23b， 131 。22=1n 。12ab【点评】本题综合考查等差数列的定义、等比数列的有关知识的灵活运用、指数幂和根式的互化.数列通项公式的求解.注意利用等差数列的定义证明问题时一般思路和基本方法，本题是有关数列的综合题；从近几年的高考命
17、题趋势看，数列问题仍是高考的热点 、重点问题，在训练时，要引起足够的重视.6、 （2013.19）设 是首项为 ，公差为 的等差数列 ， 是其前 项和。记nad)0(dnS， ，其中 为实数。cSbn2*Nc（1）若 ，且 成等比数列，证明： （ ） ；0421b， knk2*,N（2）若 是等差数列，证明： 。n 0c证明： 是首项为 ，公差为 的等差数列 ， 是其前 项和ad)0(dnS dSn2)1(11（1） 0cdnaSbn21 成等比数列 421b， 41b)23()2(daa 0da0)2(1da1a nnnS 22)(左边= 右边=kk2 akS左边=右边原式成立（2） 是等差
18、数列设公差为 ， 带入 得：nb1d11)(dnbncnSb2 对11)(dcSn2 )()2( 11131 bda恒成立Nn 0)(21011bdcad由式得： 20d1由式得：法二：证：（1）若 ，则 ， ，cdnan)(2)1(adnS2)(adnb当 成等比数列， ，41b， 412b即： ，得： ，又 ，故 32dadad20ad2由此： ， ， nSknnk22)( knS2故： （ ） kk2*,N12（2） ， cnadcnSb22)1( adnad22)1()()1( ()cnadn2)1(2)(若 是等差数列，则 型nbBAb观察() 式后一项，分子幂低于分母幂，故有： ，
19、即 ，而 0，02)1(cnad02)1(adnc2)1(adn故 0c经检验，当 时 是等差数列nb7、 （2014.20）设数列 的前 n 项和为 若对任意的正整数 n，总存在正整数 m，使得nanS，则称 是“H 数列” nmSn（1）若数列 的前 n 项和 ，证明： 是“H 数列” ；na2()nSNna（2）设 是等差数列，其首项 ，公差 若 是“H 数列” ，求 d 的值；n 1a0dn（3）证明：对任意的等差数列 ，总存在两个“H 数列” 和 ，使得n nbnc成立()nnabcN【解析】本小题主要考查数列的概念、等差数列等基础知识，考查探究能力及推理论证能力, 满分 16 分.
20、（1）当 时，2n 1112nnnnaS当 时， 1 时， ，当 时，n1Sa2n 1nSa 是“H 数列”na（2） 1()()22nSdnd13对 ， 使 ，即nNmnmSa(1)(1)2ndmd取 得 ，21()d ， ，又 ， ，0N1d（3）设 的公差为 dna令 ，对 ，111()(2)nbna11nba，对 ，1ncadN11ncad则 ，且 为等差数列1()n nbanb，的前 n 项和 ，令 ，则n 11()2nT1(2)nTma(3)2n当 时 ；1m当 时 ；2当 时，由于 n 与 奇偶性不同，即 非负偶数，3n 3(3)nN因此对 ，都可找到 ，使 成立，即 为“H 数
21、列” mNnmTbnb的前项和 ，令 ，则nc1()2nRad1()n mcadR(1)2n对 ， 是非负偶数，即对 ，都可找到 ，使得 成立，即 为“H 数列”nNmNnmRcnc因此命题得证.8、 （2015. 20） （本小题满分 16 分）设 是各项为正数且公差为 d 的等差数列1234,a(0)（1）证明： 依次成等比数列；3124,a（2）是否存在 ，使得 依次成等比数列，并说明理由；1d2341,a（3）是否存在 及正整数 ，使得 依次成等比数列，并说,ankknkna34231,明理由.解析（1）证明：因为 （ ， ， ）是同一个常数，1122nnaad1314所以 ， ， ，
22、 依次构成等比数列12a23a4（2）令 ，则 ， ， ， 分别为 ， ， ， （ ，d123a4ad2ad， ） 0假设存在 ， ，使得 ， ， ， 依次构成等比数列，1a1234则 ，且 34d642add令 ，则 ，且 （ ， ） ，ta31t641tt12t0化简得 （ ） ，且 将 代入（ ）式，320t2t2t，则 213140t14t显然 不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，4t因此不存在 ， ，使得 ， ， ， 依次构成等比数列1ad1a234a（3）假设存在 ， 及正整数 ， ，使得 ， ， ， 依次构成等比数列，nk1n2k23nka34k则 ，且 2211nknkna
23、dad32111nknknkadd分别在两个等式的两边同除以 及 ，并令 （ ， ） ，21nk21nk1tat0t则 ，且 221nknktt32nkttt将上述两个等式两边取对数，得 ，2lnlkt且 ln3l1l12kttt化简得 ，21lt且 3lln3ktt15令 ，则 21tt21203ttt由 ， ，200g2知 ， ， ， 在 和 上均单调2t1tgt1,03,故 只有唯一零点 ，即方程（ ）只有唯一解 ，故假设不成立g0t0t所以不存在 ， 及正整数 ， ，使得 ， ， ， 依次构成等比数列1adnk1na2k23nk34ka【名师点晴】解决等差数列与等比数列的综合问题，关键
24、是理清两个数列的关系如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解9、 （2016.20）记 .对数列 和 的子集 T，若 ,定义1,20U， *naNU;若 ，定义 .例如： 时，0TSktt， 12+kTtttSa=1,36.现设 是公比为 3 的等比数列，且当 时，136+a*na 24.=T(1) 求数列 的通项公式；n(2) 对任意正整数 ，若 ，求证： ；10k1,2kT， 1TkSa（3）设 ,求证： .,CDUSCDS16解析本小
25、题主要考查等比数列的通项公式、求和等基础知识，考查代数推理、转化与归化及综合运用数学知识探究与解决问题的能力，满分 16 分（1）由已知得 .1*3,nnaN于是当 时， .2,4T2411730rSaa又 ，故 ，即 .30rS10所以数列 的通项公式为 .na1*3,nN（2）因为 ， ，,2Tk 0na所以 .111(3)2kkkrkS 因此， .rka（3）下面分三种情况证明.若 是 的子集，则 .DC2CDCDDSSS若 是 的子集，则 .C若 不是 的子集，且 不是 的子集.令 ， 则 ， ， .UEUFEFE于是 ， ，进而由 ，得 .CDSFCDSCDSFS设 是 中的最大数，
26、 为 中的最大数，则 .kl 1,kll由（2）知， ，于是 ，所以 ，即 .1Eka133l klFEaa1kl又 ，故 ，kl从而 ，1112 22lkl kEFl SS 故 ，所以 ，E()CDCDSS即 .21CDS综合得， .CD10、 （2017.19）对于给定的正整数 ,若数列 满足kna17对任意正整数 总成立，则称数111nknnkkaaa 2na()nk列 是“ 数列”.()Pk（1）证明：等差数列 是“ 数列”;na(3)P（2）若数列 既是“ 数列” ，又是“ 数列” ，证明： 是等差数列.n2(3)na【解析】证明:（1）因为 是等差数列，设其公差为 ，则 ，n d1()d从而，当 时，4ka11()()kak，22n,3所以 ，nnnna3213+6因此等差数列 是“ 数列”.P（2）数列 既是“ 数列” ，又是“ 数列” ，因此，n P当 时， ，3nnaa2124当 时， .4n na3136由知， ，n24()n，naa31将代入，得 ，其中 ，nn4所以 是等差数列，设其公差为 .345, d在中，取 ，则 ，所以 ，23564aa23ad在中，取 ，则 ，所以 ，n1431所以数列 是等差数列.
