江苏省2018届大市模拟考试分类汇编：数列.pdf

江苏省 2019 届高三数学一轮复习典型题专题训练数列一、填空题1、（2018 江苏高考）已知集合，将的所有元*|21,Ax xnnN*|2,nBx xnNABU素从小到大依次排列构成一个数列记为数列的前 n 项和，则使得成立的 nnanSna112nnSa的最小值为 2、（2017 江苏高考）等比数列an的各项均为实数，其前 n 项为 Sn，已知 S3=，S6=，则 a8=474633、（2016 江苏高考）已知an是等差数列，Sn是其前 n 项和.若 a1+a22=-3，S5=10，则 a9的值是 4、（南京市 2018 高三 9 月学情调研）记等差数列an前 n 项和为 Sn若 am10S2m1110，则 m 的值为 5、（南京市 2018 高三第三次（5 月）模拟）若等比数列an的前 n 项和为 Sn，nN*，且a1=1，S6=3S3，则 a7的值为 _6、（前黄高级中学、姜堰中学等五校 2018 高三上第一次学情监测）设数列的首项，且 na11a 满足与，则数列的前 20 项和为 21212nnaa2211nnaa na7、（苏锡常镇 2018 高三 3 月教学情况调研（一）设是等差数列的前项和，若nSnan，则 242aa241SS10a8、（苏锡常镇 2018 高三 5 月调研（二模）已知公差为的等差数列的前项和为，若dnannS，则 1054SS14ad9、（苏州市 2018 高三上期初调研）等差数列的前项和为，且 nannS，若对任意，总有，则的值是 2*16152,nnaSnnnnN*nNnkSSk10、（无锡市 2018 高三上期中考试）菲波那切数列（Fibonacci,sequence）,又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多斐波那契（Leonadoda Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1,2,3,5,8,13,21，则该数列的第 10 项为 .11、（徐州市 2018 高三上期中考试）已知公差不为零的等差数列的前项和为，且nannS，若成等比数列，则的值为 26a 137,a a a8S12、扬州、泰州、淮安、南通、徐州、宿迁、连云港市 2018 高三第三次调研）已知是等比数 na列，是其前 项和若，则的值为 nSn32a 1264SS9a13、（镇江市 2018 届高三第一次模拟（期末）考试）设等比数列 an 的前 n 项和 Sn，若 a1 2,S6 9S3,则a5 的值为 14、（无锡市 2018 高三上期中考试）在等差数列中，已知，则数列 na13240,2aaaa 的前 10 项和是 .12nna15、（扬州、泰州、淮安、南通、徐州、宿迁、连云港市 2018 高三第三次调研）已知实数成等比数列，成等差数列，则 的最大值为 abc，621abc，b二、解答题1、（2018 江苏高考）设是首项为，公差为 d 的等差数列，是首项为，公比为 q 的等na1a nb1b比数列（1）设，若对均成立，求 d 的取值范围；110,1,2abq1|nnabb1,2,3,4n（2）若，证明：存在，使得对均成立，*110,(1,2mabmqNd R1|nnabb2,3,1nmL并求的取值范围（用表示）d1,b m q2、（2017 江苏高考）对于给定的正整数 k，若数列an满足：ank+ank+1+an1+an+1+an+k1+an+k=2kan对任意正整数 n（nk）总成立，则称数列an是“P（k）数列”（1）证明：等差数列an是“P（3）数列”；（2）若数列an既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：an是等差数列3、（2016 江苏高考）记1,2,100U ，.对数列*nanN和U的子集 T，若T ,定义0TS;若12,kTt tt，定义12+kTtttSaaa.例如：=1,3,66T时，1366+TSaaa.现设*nanN是公比为 3 的等比数列，且当=2,4T时，=30TS.（1）求数列 na的通项公式；（2）对任意正整数1100kk，若1,2,kT ，求证：1TkSa；（3）设,CDCU DU SS,求证：2CCDDSSSI.4、（南京市 2018 高三 9 月学情调研）已知数列an的各项均为正数，记数列an的前 n 项和为Sn，数列an2的前 n 项和为 Tn，且 3TnSn22Sn，nN*（1）求 a1的值；（2）求数列an的通项公式；（3）若 k，tN*，且 S1，SkS1，StSk成等比数列，求 k 和 t 的值5、（南京市 2018 高三第三次（5 月）模拟）若数列an满足：对于任意 nN*，an|an1an2|均为数列an中的项，则称数列an为“T 数列”（1）若数列an的前 n 项和 Sn2n2，nN*，求证：数列an为“T 数列”；（2）若公差为 d 的等差数列an为“T 数列”，求 d 的取值范围；（3）若数列an为“T 数列”，a11，且对于任意 nN*，均有 anaa an1，求数列2 n12 nan的通项公式6、前黄高级中学、姜堰中学等五校 2018 高三上第一次学情监测）已知数列满足：,nnab；13nnnbaa*nN（1）若，求的值；nbn230aa1a（2）设，求证：数列从第二项起成等比数列；1nnnabb11a 2431a nb（3）若数列成等差数列，且，试判断数列是否成等差数列？并证明结论.nb1235baana7、（苏锡常镇 2018 高三 3 月教学情况调研（一）已知是数列的前项和，且nSnan13a.123nnSa*()nN（1）求数列的通项公式；na（2）对于正整数，已知，成等差数列，求正整数，的值；ij()k ijkja6iaka（3）设数列前项和是，且满足：对任意的正整数，都有等式 nbnnTn成立.求满足等式的所有正整数.12132nnnaba ba b113nna b33n13nnTan8、（苏锡常镇 2018 高三 5 月调研（二模）已知等差数列的首项为 1，公差为，数列的 nad nb前项和为，且对任意的，恒成立nnS*nN692nnnSba（1）如果数列是等差数列，证明：数列也是等差数列；nS nb（2）如果数列是等差数列，求的值；12nbd（3）如果，数列的首项为 1，证明：数列的中存在无穷多3d nc1(2)nnncbbn na项可表示为数列中的两项之和 nc9、（苏州市 2018 高三上期初调研）已知数列满足.na*143nnaannN（1）若数列是等差数列，求的值；na1a（2）当时，求数列的前项和；12a nannS（3）若对任意，都有成立，求的取值范围.*nN22115nnnna aaa1a10、（无锡市 2018 高三上期中考试）已知数列满足记数列 na133,1,1,nnnan naaann为奇数，为偶数，的前项和为，nan2,nnnS ba.nN （1）求证：数列为等比数列，并求其通项；nbnb （2）求；nS （3）问是否存在正整数，使得成立？说明理由.n212nnnSbS11、（徐州市 2018 高三上期中考试）已知数列的前项和为，满足，nannS21nnSa数列满足，且*nN nb1(1)(1)nnnbnbn n*nN11b（1）求数列和的通项公式；na nb（2）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的nnncab ncnnT*nNnnTnSaa取值范围；（3）是否存在正整数，使，（）成等差数列，若存在，求出所有满足条件mn1bmanb1n 的，若不存在，请说明理由mn12、（扬州、泰州、淮安、南通、徐州、宿迁、连云港市 2018 高三第三次调研）已知数列满足 na，数列的前 项和为15(1)()2nnnnaan N nannS（1）求的值；13aa（2）若1532aaa 求证：数列为等差数列；2na 求满足的所有数对224()pmSSpmN，()pm，13、（镇江市 2018 届高三第一次模拟（期末）考试）已知数列 an 的前 n 项和 Sn，对任意正整数 n，总存在正数 p,q,r 使得恒成立：数列bn 的前 n 项和，且对任意正整数n，恒rqSpannnn,1nTnnnbT 2成立.（1）求常数 p,q,r 的值；（2）证明数列 bn 为等差数列；（3）若，记，是否存在正整21bnnnnnnnnnnabnabnabnabnabnP121321222242222L数 k，使得对任意正整数 n，Pn k 恒成立，若存在，求正整数 k 的最小值，若不存在，请说明理由.14、（苏北四市（徐州、淮安、连云港、宿迁）2017 届高三上学期期末）已知正项数列的前 na项和为，且，nnS11,(1)(1)6()nnnaa aaSnNn（1）求数列的通项公式；na（2）若对于，都有成立，求实数取值范围；Nn(31)nSnna（3）当时，将数列中的部分项按原来的顺序构成数列，且，证明：2a na nb12ba存在无数个满足条件的无穷等比数列 nb15、（苏州市 2017 届高三上学期期中调研）已知等比数列的公比，且满足：na1q，且是的等差中项23428aaa32a 24,a a（1）求数列的通项公式；na（2）若，求使成立的正整数 n 的最小值12lognnnbaa12nnSbbbL1262nnSn参考答案参考答案一、填空题1、272、323、204、65、46、20567、88、29、710、5511、8812、或 13、3214、15、26525634二、解答题1、解：（1）由条件知：112(,)nnnand b因为对 n=1，2，3，4 均成立，1|nnabb即1 12|()1|nnd 对 n=1，2，3，4 均成立，即 11，1d3，32d5，73d9，得7532d因此，d 的取值范围为7 5,3 2（2）由条件知：111(1),nnnabnd bbq若存在 d，使得（n=2，3，m+1）成立，1|nnabb即1111|1|2,3,(1()nbndbqb nmL，即当2,3,1nmL时，d 满足1111211nnqqbdbnn因为(1,2mq，则112nmqq，从而11201nqbn，1101nqbn，对2,3,1nmL均成立因此，取 d=0 时，对2,3,1nmL均成立1|nnabb下面讨论数列121nqn的最大值和数列11nqn的最小值（2,3,1nmL）当2nm时，111 2222111()()()nnnnnnnnqqnqqnqn qqqnnn nn n，当112mq时，有2nmqq，从而1()20nnnn qqq因此，当21nm时，数列121nqn单调递增，故数列121nqn的最大值为2mqm设()()2 1xf xx，当 x0 时，ln21(0(n)l 2 2)xfxx，所以()f x单调递减，从而()f x1 或 b 时，方程 f(x)2 有且只有一个解(16 分)1e20.解析：(1)因为 Snqnr，所以 Sn1qn1r，(n2)得 SnSn1qnqn1，即 anqnqn1，(n2)，(1 分)因为 anpn1，所以 pn1qnqn1，(n2)，当 n2 时，pq2q；当 n3 时，p2q3q2.因为 p，q 为正数，所以 pq2.(3 分)因为 a11，S1qr，且 a1S1，所以 r1.(4 分)(2)因为 2Tnnbn，当 n2 时，2Tn1(n1)bn1，得 2bnnbn(n1)bn1，即(n2)bn(n1)bn1，(6 分)方法一：由(n1)bn1nbn，得(2n2)bn(n1)bn1(n1)bn1，(7 分)即 2bnbn1bn1，所以bn为等差数列(8 分)方法二：由(n2)bn(n1)bn1，得，bnn1bn1n2当 n3 时，bnn1bn1n2b21所以 bnb2(n1)，所以 bnbn1b2.(6 分)因为 n1 时，由 2Tnnbn得 2T1b1，所以 b10，则 b2b1b2，(7 分)所以 bnbn1b2对 n2 恒成立，所以bn为等差数列(8 分)(3)因为 b10，b22，由(2)知bn为等差数列，所以 bn2n2.(9 分)又由(1)知 an2n1，所以 Pn，2n2n12n22n4n422n34n222n2Pn1，2n22n4n422n34n222n24n22n14n222n所以 Pn1Pn，(12 分)4n22n14n222n2n2n112n24n2n4n令 Pn1Pn0 得 12n24n2n0，所以 2n30，即 P2P1，(13 分)当 n2 时，因为 2n4，33，12n6n12n即 12n24n2n0，此时 Pn1P3P4，(14 分)所以 Pn的最大值为 Pn，(15 分)2 222 222272若存在正整数 k，使得对任意正整数 n，Pnk 恒成立，则 kPmax，72所以正整数 k 的最小值为 4.(16 分)14、（1）当时，故；1n=121(1)(1)6(1)aaS+=+25a=当时，2n11(1)(1)6(1)nnnaaSn-+=+-所以，+111(1)1(1)(1)6()6(1)nnnnnnaaaaSnSn）-+-+=+-+-即，11(1)()6(1)nnnnaaaa+-+-=+又，所以，3 分0na 116nnaa+-=所以，216(1)66kaakka-=+-=+-25+6(1)61kakk=-=-*kN故 5 分*33,31,.nnannannnNN为奇数为偶数+-=-（2）当为奇数时，n1(32)(33)6nSnann=+-+-由得，恒成立，(31)nSnn+23321nnan+令，则，2332()1nnf nn+=+2394(1)()0(2)(1)nnf nf nnn+-=+所以8 分(1)4af=当为偶数时，n13(3+1)6nSnnan=+-由得，恒成立，(31)nSnn+3(1)an+所以9a又，所以实数的取值范围是10 分10aa=a(0,4（3）当时，若为奇数，则，所以2a=n31nan=-31nan=-解法解法 1：令等比数列的公比，则 nb*4()mqmN=1(1)154nm nnbbq-=设，因为，(1)km n=-214114443kkL-+=所以，(1)21545 3(1444)1m nkL-=+，14 分2135(144+4)21kL-=+-因为为正整数，215(144+4)2kL-+所以数列是数列中包含的无穷等比数列，nbna因为公比有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列，*4()mqmN故无穷等比数列有无数个16 分 nb解法解法 2：设，所以公比222231(3)kbakk=-2315kq-=因为等比数列的各项为整数，所以为整数，nbq取，则，故，*252()kmmN=+31qm=+15(31)nnbm-=+由得，1315(31)nnkm-=+115(31)1()3nnkmnN-*=+而当时，2n12215(31)(31)5(31)3nnnnnkkmmmm-=+-+=+即，14 分215(31)nnnkkmm-=+又因为，都是正整数，所以也都是正整数，12k=25(31)nmm-+nk所以数列是数列中包含的无穷等比数列，nbna因为公比有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列，*31()qmmN=+故无穷等比数列有无数个16 分 nb15、解：（1）是的等差中项，1 分32a 24,a a3242(2)aaa代入，可得，23428aaa38a，解之得或，4 分2420aa21311820a qa qa q122aq13212aq，数列的通项公式为 6 分1q 122aqna2nna（2），7 分1122log2 log 22nnnnnnbaan ，2(1 2222)nnSn L，)22)1(2221(S2132nnnnnL-得23122222nnnSnL 12 分1112(12)222212nnnnnn，13 分1262nnSn12262n16n 5n 使成立的正整数n的最小值为 6 14 分1262nnSn