精选高难度压轴填空题----数列

1.等比数列}{na首项为正数，8,10243262kkkaaaa，若对满足128ta的任意t，mtktk都成立，则实数m的取值范围是____________]8,(解析：7122262kkkaaakk，则22,85643qaaak12nna，82212871tatt，1714tmmtktk递增，9t，27t，817714t2.已知函数)(xf定义在正整数集上，且对于任意的正整数x，都有)1(2)2(xfxf)(xf，且6)3(,2)1(ff，则_______)2009(f4018解析：实际上是等差数列问题3.2222222220091200811...413113121121111S，则不大于S的最大整数][S等于_______2008解析：1111)1(1)1()1(11122nnnnnnnn2008][2009112008SS4.已知数列na满足1,at，120nnaa(,)tn**NN，记数列na的前n项和的最大值为()ft，则()ft.)(4)1()(4222为奇数为偶数ttttt解析：关键是(,)tn**NN5.对任意x∈R，函数()fx满足21)]([)()1(2xfxfxf，设2[()](),nafnfn数列{}na的前15项和为31,(15)16f则=．43解析：关键之一：不要误入化简函数式的误区；关键之二：能否看出]1,21[)(xf；（21)1(xf）关键之三：)21)(21(]1)()[(11nnnaanfnfa得411nnaa，从而16315a，反代可得43)15(f6.设1250,,,aaa是从-1，0，1这三个整数中取值的数列，若222212501509,(1)(1)(1)107aaaaaa且，则1250,,,aaa中数字0的个数为11解析：由题意，5021,...,,aaa里有9个1，其余不是0，就是成对出现（1，-1），设有n个0，m对（1，-1），则412nm，再由71361074107)1(...)1(25021nmaa，解得11,15nm7.已知数列{}na的各项均为正整数，对于,3,2,1n，有1352nnnkaaann1naaka为奇数为偶数,是使为奇数的正整数，若存在*mN，当nm且na为奇数时，na恒为常数p，则p的值为______1或5解析：当na为奇数时，531nnaa为偶数，knnaa2532为奇数，当nm且na为奇数时，na恒为常数p，故pppkk532253，0p，故1p或58.已知等差数列{an}的公差d不为0，等比数列{bn}的公比q是小于1的正有理数.若a1=d，b1=d2，且321232221bbbaaa是正整数，则q等于________21解析：（2007全国联赛）因为22111212121321232221114)2()(qqqbqbbdadaabbbaaa，故由已知条件知道：1+q+q2为m14，其中m为正整数。令mqq1412，则mmmq4356211144121。由于q是小于1的正有理数，所以3141m，即5≤m≤13且mm4356是某个有理数的平方，由此可知21q9.已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且SnTn＝n2n－1对任意nN*恒成立，则a10b5的值为1917解析：SnTn＝n2n－13412)12()12(1212nnTSbnanbannnnnn，等差数列{an}和{bn}，故设na)12(nk，)34(nkbn，然后直接计算10.已知数列{},{}nnab满足1211,2,2,aab且对任意的正整数,,,,ijkl当ijkl时，都有ijklabab，则221niiiiiabab.解析：令1,2,,1nlknji，则1121nbbabannn再令2,1,1,lnkjni，则nan1112)1(122)1()1(22222kkkkkkkkkkbabakkkk11.在平面直角坐标系中，定义nnnnnnxyyxyx11为点),(nnnyxP到点),(111nnnyxP的一个变换为变换，已知)1,0(1P，),(222yxP，…，),(nnnyxP，),(111nnnyxP是经过变换得到的一列点，设1nnnPPa，数列}{na的前n项和为nS，那么10S值为__________23131解析：),(),,(1nnnnnnnnyxPxyxyP，则nnnnnnnnxxyxyxyx2)()(112，隔项成等比数列从前几项找规律：),....8,0(),4,4(),4,0(),2,2(),2,0(),1,1(),1,0(7654321PPPPPPP24,4,22,2,2,1654321aaaaaa，成等比数列12.设数列}{na的前n项和为nS，令nSSSTnn21，称nT为数列naaa,,,21的“理想数”，已知数列40021,,,aaa的“理想数”为2005，则40021,,,,11aaa的“理想数”为_________2011解析：2011401400200540111401)11(...)11(11,400...200540014014001SSTSS13.已知函数xxxftansin.项数为27的等差数列na满足2,2na，且公差0d，若02721afafaf，当0kaf时，则k的值为_________14解析：注意到)(xf为奇函数且在2,2na上单调递增，若0kaf，则0ka，,........0)()(01111kkkkafafaa，若14k，则必然在其左或右多出几项，函数值的和不为0，而其余和为0，不合题意14.数列na满足：121141,1nnaaa，记niinaS12，若3012tSSnn对任意的Nnn恒成立，则正整数t的最小值为10解析：易得：3412nan，令nnSSng12)(，而)1()(ngng098158114123222221nnnaaannn，为减数列，所以：304514)1(12tgSSnn，而t为正整数，所以10mint15.已知函数56(4)462xaxfxaxx,数列na满足Nnnfan，且数列na是单调递增数列，则实数a的取值范围是4,816.已知等差数列}{na的前n项和为nS，若322(1)2010(1)1aa，320092009(1)2010(1)1aa，则下列四个命题中真命题的序号为．②③①20092009S；②20102010S；③20092aa；④20092SS解析：构造函数xxxf2010)(3奇函数且单调增，则1)1(,1)1(20092afaf则220092aa，,20102)(2010200922010aaS②正确；2)(2009200912009aaS因为公差0d，故12aa，①错误；1)1(,1)1(20092afaf，知12a，12009a，③正确；12a，12009a0d，112010201020092008)2(2010aaaSS，212aaS，若20092SS得20082a，而此时322(1)2010(1)1aa不成立17.在等差数列{}na中，若任意两个不等的正整数,kp，都有21kap，21pak，设数列{}na的前n项和为nS，若kpm，则mS（结果用m表示）2m解：2)()(2)(ddpkkpdpkaapk222)21212(2)(2)(2)(11mmkpmdaamaamaamSpkpkmm2m18.已知ABC的三边长,,abc成等差数列，且22284,abc则实数ｂ的取值范围是]72,62(解法一：设cba，且dba，0,ddbc8423)()(22222222dbdbbdbcba728432bb又cba，故6227238422222bbdbbddbdbbdb解法二：基本不等式cab2，84252)(222222acbbaccacba而722832584222222bbbacbbacaccab又,cba不妨设cba，（同一题）已知ABC的三边长,,abc成等差数列，且22284,abc则实数ｂ的取值范围是(26,27]解析：不妨设cba，且0,,ddbcdba，代入等式得84)()(222dbbdb842322db，故728432bb，又三边不等关系知，22bddbdbbdbcba，故84)2(2222bb62b19.已知数列}{na、}{nb都是公差为1的等差数列，其首项分别为1a、1b，且511ba，*11,Nba．设nbnac（*Nn），则数列}{nc的前10项和等于85解析：即求1021...bbbaaa，由于两数列都是公差为1，故此数列也是等差数列，由求和公式知：451012910101110bbaaS，而4151)1(111baab20.数列{}na的前n项和是nS，若数列{}na的各项按如下规则排列：11212312341,,,,,,,,,,,23344455556，若存在整数k，使10kS，110kS，则ka___75解析：由于212)1(1...21nnnnnnnn，故4)1(2)1(21)1...21(21)1...21(...)3231(21nnnnnnnnnS当6n时，10215S，当7n时，10221S，故1022176...21，107622175...21，所以75ka21.等差数列na的公差为d，关于x的不等式22dx＋12dax＋c≥0的解集为[0，22]，则使数列na的前n项和nS最大的正整数n的值是．11解析：由解集可得da2211，)0(0)223(dndan22.若数列{}na是等差数列，首项120032004200320040,0,.0aaaaa，则使前n项和0nS成立的最大自然数n是________4006解析：,0,020042003aa02)(40062)(400620042003400614006aaaaS而04007S23.设正项数列}{na的前项和是nS，若}{na和}{nS都是等差数列，且公差相等，则a1＝41解析：}{nS是等差数列，则dadadada33221111平方得dadaddadad324421121122)1()2(得dd22，而数列各项为正，则,01a0d，解得21d代入（1）得411a24.