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等差數列與等比數列:前 n 項和、通項公式及性質的應用

更新時間:2024-08-02 20:25:27作者:佚名

1. 數列 一、選擇題1(2024全國) 等差數列前項之和為,若,()ABC1D2(2024全國) 等差數列前項之和為,若,則()ABC1D2 二、填空題3(2024全國) 記為等差數列前n項之和,若,則。 4(2024北京) 已知,不是常數序列且各項不同。正確答案是。,都是等差數列,則M中最多有一個元素;,是等比數列,則M中最多有三個元素;是等差數列,是等比數列,則M中最多有三個元素; 單調遞增,單調遞減,則M中至多有一個元素。5 (2024上海)無限等比數列滿足第一項,記住,如果對于任何一組正整數都是閉區間,則的取值范圍為三,回答問題6 (2024全國)設m為正整數,該序列為等差數列,其公差不等于0,如果從其中刪去兩個項,剩余項可以

2.如果把數列均勻地分成幾組,每組四個數能組成一個等差數列,這個數列叫做可整除數列。(1)寫出所有使數列成為可整除數列的數;(2)當,證明該數列是可整除數列;(3)每次取任意兩個數和,設該數列是可整除數列的概率為,證明:7 (2024全國)給定一條雙曲線,點在上,為常數,按如下順序構造點,畫一條直線,斜率為并與在點的左分支相交,設是關于軸的對稱點,的坐標為。(1)若,求;(2)證明:該數列是等比數列,其公比為; (3) 設是的面積,證明:對于任意正整數,.8 (2024 National) 已知幾何數列首項之和為,且。(1) 求的通式;(2) 求數列的通式。9 (2024 National) 設是數列首項之和,且。(1) 求的通式;(2) 設,求數列首項之和為10(

3. 2024北京)設給定集合一個有限數列,和一個序列。定義變換:給數列的項加1,得到一個數列;給數列的項加1,得到一個數列;重復上述操作,得到一個數列,記為 (1)給定一個數列和一個數列,寫出; (2)是否存在一個數列使得,若有,寫出滿足條件的數列;若不存在,請說明原因;?? (3)若數列的所有項都是正整數,且都是偶數,證明“存在一個數列使得 為常數數列”的必要充分條件是“”11 (2024天津)已知數列為等比數列,并且公比大于0,它的首項之和為,若 (1)求數列首項之和; (2)設,其中 為大于1的正整數()時,證明:; ()查找參考答案1D 【解析】可以按照等差數列的基本量來處理,即將題目的所有條件轉化為和,也可以利用等差數列的性質來處理,也可以用特殊值的方法處理。【解析】

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4、方法一:利用等差數列的基本量,根據等差數列的求和公式2024年高考數學答案,和。所以答案為:D。方法二:利用等差數列的性質 根據等差數列的性質,根據,根據等差數列的求和公式,所以。所以答案為:D。方法三:特殊值法 取等差數列的公差不是問題,則,則。所以答案為:D2B 【解析】結合算術平均數的性質,求出公差,即可得出數值。【解析】由,則,則等差數列的公差,所以。所以答案為:B.395 【解析】利用等差數列的通式,得到方程組,求解,再利用等差數列求和公式,即可得到答案。 【解析】由于該數列為等差數列,根據題目要求,得到,并求解。故答案為:.4 【解析】利用兩類數列散點圖的特點判斷正確性,利用反例判斷正確性,結合通式和反證法的特點判斷正確性。【解析】對于,

5.由于它們都是等差數列,它們的散點圖都分布在直線上,且兩條直線至多有一個公共點,所以 中至多有一個元素,所以 是正確的。對于 ,取 ,它們都是等差數列,但當 為偶數時,有 ,此時 中有無窮個元素,所以 是錯誤的。對于 ,假設 ,如果 中至少有四個元素,則關于 的方程至少有4個不同的正解,如果 ,則由和 的散點圖可知關于 的方程至多有兩個不同的解,這是矛盾的; 若 ,考慮方程 的奇解個數和偶解個數 ,當有偶解時,該方程為 ,該方程至多有兩個偶解,有兩個偶解,否則,由于相反的單調性,該方程至多有一個偶解,當有奇解時,該方程為 ,該方程至多有兩個奇解,有兩個奇解,即 ,否則,由于相反的單調性,該方程至多有一個奇解,因為 ,不可能同時為真,所以不可能有4個不同的正解,所以

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6.正確。對于 ,因為 是單調遞增序列貝語網校, 是遞減序列,前者的散點圖呈現上升趨勢,后者的散點圖呈現下降趨勢。二者至多有一個交點,所以正確。因此,答案為:【重點】 重點思想:對于等差數列和等比數列性質的討論,可以利用它們散點圖的特點來分析。注意,在討論二者性質關系時,等比數列的共同比可能是負數,這時要注意合理變換。5【解析】 當 時,我們假設 ,那么,結合閉區間,可得 對任何的 始終成立,因此可求得 的取值范圍。 【解析】由題意,設,因為,因此,因此,當,因此,此時 為閉區間,當,設,如果,則,如果,則,如果,則,綜上所述, 為閉區間,等價于閉區間,且,所以對任意的 始終成立,所以 即,所以,所以對任意的 始終成立,因為,所以當,因此,即。因此,答案為:。【重點】重點思想:與幾何數列性質相關的不等式

7.公式始終成立。可用基本數量法把常數轉化為與公比有關的不等式,必要時可用參數分離法處理。6 (1) (2)證明見分析 (3)證明見分析 【分析】 (1)直接基于可整除數列的定義; (2)基于可整除數列的定義,可驗證結論; (3)證明至少有 使得原序列為可整除數列,再利用概率的定義。 【分析】 (1)首先設數列的公差為 ,則 由于一個序列在同時加上一個數或乘以一個非零數后是等差數列,所以當且僅當該序列是等差數列時,它是等差數列。因此,可以對序列進行適當的變換,得到一個新的序列,然后進行相應的討論。 也就是說,我們可以假設后面所有的討論都是基于這個假設的,回到原題,第一個問題相當于取出兩個數,讓剩下的四個數組成一個等差數列。

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8.則剩下四個數只能是 , 或 , 或 。所以所有可能的都是 。(2)由于從數列中取出和之后,剩下的數可以分成以下兩部分,組合在一起,使得每組都是一個等差數列: ,組合在一起; ,組合在一起。(若 ,則忽略)所以該序列為可整除數列。(3)定義集合 , 。下面證明,若下面兩個命題同時為真,則該序列必定是可整除數列: 命題一: 或 ; 命題二: 。我們分兩種情況證明這個結論。第一種情況:若 , 且 。此時令 , 。那么可以知 ,也就是如此。此時,由于從數列中取出和之后,剩下的數可以分成以下三部分,組合在一起,使得每組都是一個等差數列: ,組合在一起; ,組合在一起; ,組合在一起。 (若某部分的組數為,則忽略)所以此時該序列為可整除序列。第二種情況:若,且。此時令,。則可知,即,所以。由于,所以,因而,

9.這意味著。此時從數列中取出和之后,剩下的數可以分成如下四部分,將它們組合在一起,這樣每組都是一個等差數列:,組合在一起;,組合在一起;全部,其中,組合在一起;,組合在一起。(如果某一部分的組數為,則忽略)這里對和做一下解釋:把中的每一組當作一個橫行,排列成一個有行有列的數表,列為如下數:,。可見每列都是若干個連續的整數,它們組合起來之后,會取中五個集合中除了十個元素之外的所有數。這十個數中,除了已經去掉的和之外,剩下的八個數恰好就是中出現的八個數。由此可見,我們給出的分組方法滿足要求,因此此時數列就是可整除數列。 至此,我們已經證明了:是的,如果上述命題1和命題2同時成立,則該序列一定是可整除序列。接下來我們將考慮

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10. 考慮這樣的 的個數。首先因為 ,和 各有元素,所以滿足命題1的共有 個;又若 ,設 ,則可設 ,代入 ,得 。但這會引出 ,矛盾,故 。令 ,則 ,即 。所以可能性恰好為 ,相應的有 ,總共 。所以在滿足命題1的 中,恰好有 不滿足命題2的 。這就給出了同時滿足命題1和命題2的 的個數。當我們每次從中隨機選取兩個數和 時,總選取方法數等于 。又根據前面的結論,至少有 個使得序列可整除。所以序列可整除的概率必定滿足 。由此證明了結論。【重點】 重點:本題的關鍵在于對新定義的序列的理解,理解了定義,才能利用定義來驗證或探究結論。 7 (1),(2) 參見解析式證明 (3) 參見解析式證明 【解析】 (1) 直接按題中的構造方法計算

11、坐標;(2)根據等比數列的定義,可驗證結論;(3)思路一:利用平面向量點積和等比數列工具,證明的值是與和無關的常數。思路二:利用等差數列工具,證明的值是與和無關的常數。【解析】(1)由已知,故的方程為。當,過和的直線的斜率為,并結合得。解或,所以直線和的交點不同于為,該點顯然在的左邊。因此,有。(2)由于過和的直線的斜率為,并結合得方程。展開得,由于它已經是直線和的公共點,所以方程必有一個根。因此,根據韋達定理,另一個根,相應地。 所以直線和的交點不同于,注意到的橫坐標也可以用韋達定理表示為,所以它一定在的左邊。所以。這給出了。所以。然后從,我們知道,所以序列是一個公比。

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12. 是 的等比數列。(3)方法一:先證明一個結論:對于平面上的三點,若 ,則 。(如果它們在同一直線上,則一致)證明: 。證明完畢,回到原題。由于上題已得 。則由 可知 ,所以數列是 的等比數列,其公比為 。故對于任意正整數, 。且有 ,利用前面已證明的結論,可得 。這說明 的值是與 無關的常數,所以 。方法二:由于上題已得 。則由 可知 ,所以數列是 的等比數列,其公比為 。故對于任意正整數, 。由此得 ,和 。將兩式相減,可得 。移動項可得 。故 。且 , 。所以 和 是平行的,可得 ,即 。 【重點】重點 重點:本題的關鍵是結合解析幾何與數列知識,需要綜合運用多方面的知識才能解答。 8 (1) (2) 【解析】 (1) 利用進位法,可得

13.求公比,再求首項求通項;(2)利用等比數列的求和公式求。【解析】(1)因為,所以,所以,所以等比數列的公比為,所以,所以,所以。(2)由等比數列的求和公式可得。9(1)(2)【解析】(1)利用減法求通項公式 (2)利用偏移減法求。【解析】(1)當,解為當,所以,即,且,所以,所以,數列以4項為首,為有公比的等比數列,所以。(2),所以因此,.10(1)(2)沒有一個滿足條件的,原因看解析【解析】(1)按定義寫出來就行; (2)用反證法,先假設存在一個滿足條件的方程,再列出方程,進一步說明方程無解;(3)從充分性和必要性兩個方面論證。【解析】(1)根據題目;(2)假設存在一個滿足條件的方程

14.條件,已知項之和為,項之和為,則,方程組無解,所以假設不成立,所以不存在滿足條件的;(3)設數列為,特設。必要性:若存在數列,則為常數數列。則2024年高考數學答案,故。根據定義,顯然,這里,。于是不斷利用這個公式,得,必要性得證。充分性:若。由已知,為偶數,且,所以也是偶數。我們假設,在所有通過合法數列變換能得到的可能數列中,求得最小的數列。上面已經證明了,這里,。所以從可以得到。同時,由于它始終為偶數,和的奇偶性不變,所以和都是偶數。下面證明不存在這樣的數列。假設存在,根據對稱性,我們假設,即。 情況 1:如果,那么從和都是偶數,我們知道。經過對序列的四次連續變換,新的小于原來的,這與的最小值相矛盾;情況 2:如果

15.我們假設。情況2-1:若,那么經過連續兩次變換序列,新的至少小于原序列,這與的最小值相矛盾;情況2-2:若,那么經過連續兩次變換序列,新的至少小于原序列,這與的最小值相矛盾。由此可見,無論怎樣,都會引發矛盾,所以對于任何一個,都有。假設存在使得,那么為奇數,所以都是奇數,設是。那么此時對于任何一個,可以知道必定有。且和都是偶數,所以集合中四個元素之和為偶數,對序列進行一次變換,則序列變為常數序列,新的等于零,小于原序列,這與的最小值相矛盾。綜上所述,只有可能,且,所以是常數序列,充分性得證。 【重點】 重點:本題第三題的關鍵在于對新定義的理解和對其本質的剖析。11(1)(2) 證明見詳細講解;【解析】(1)設等比數列的公比為,根據題目,結合等比數列通式,求出它,再結合等比數列求和公式,分析求解;(2)根據題目,可用差分法分析證明;根據題目,結合等差數列求和公式,可得,再結合分裂項消元法分析求解。【解析】(1)設等比數列的公比為,因為,即可以得到,重新排列,求解它或(舍棄),所以。(2)(i)由(1)可知,且,當,則,我們可以知道,當且僅當,等式成立,所以;(ii)由(1)可知:,如果,則; 若,則,當,可知其為等差數列,可得,所以,和,滿足上式,綜上所述:。【重點】重點:1.分析可知,當,可知其為等差數列;2.根據等差數列求和分析,可得。

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