2015届高三数学一轮复习备考试题数列(含答案).pdf

江苏省 2015 年高考一轮复习备考试题数列一、填空题1、（2014 年江苏高考）在各项均为正数的等比数列na中，若12a，2682aaa，则6a的值是 2、（2013年 江 苏 高 考）在 正 项 等 比 数 列na中，215a，376aa，则 满 足nnaaaaaa2121的最大正整数n的值为。3、（2012 年江苏高考）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 4、（2015届江苏南京高三9月调研）记数列 an 的前 n 项和为 Sn 若 a11，Sn2(a1an)(n2，nN*)，则 Sn5、（2015届 江 苏 南 通市 直 中 学 高 三9 月 调 研）已 知 等 比 数 列 na的 前 n 项 和 为nS，且1324412aaaaS，则数列 na的公比q为 6、（2015 届江苏苏州高三9 月调研）已知等比数列na的各项均为正数,3614,2aa则45aa7、（南京市2014 届高三第三次模拟）已知数列an满足 anan1an2(n3，nN*)，它的前 n 项和为 Sn若 S96，S105，则 a1的值为8、（南通市2014 届高三第三次调研）设数列 an 为等差数列，数列 bn为等比数列 若12aa，12bb，且2(1,2,3)iibai，则数列 bn的公比为9、（苏锡常镇四市2014 届高三 5 月调研（二）已知Sn为等差数列 an 的前 n 项和，a1=1，S3=6，则 S6=10、（徐州市2014 届高三第三次模拟）在等比数列na中，已知11a，48a设3nS为该数列的前3n项和，nT为数列3na的前 n项和若3nnStT，则实数t的值为11、（南京、盐城市2014 届高三第二次模拟（淮安三模）已知等差数列an的公差 d 不为 0，且a1，a3，a7成等比数列，则a1d的值为二、解答题1、（2014 年江苏高考）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，则称 是“H 数列。”（1）若数列 的前 n 项和=（n），证明：是“H 数列”；（2）设数列 是等差数列，其首项=1.公差 d0.若是“H 数列”，求 d 的值；（3）证明：对任意的等差数列，总存在两个“H 数列”和，使得=（n）成立。2、（2013 年江苏高考）设na是首项为a，公差为d的等差数列)0(d，nS是其前n项和。记cnnSbnn2，*Nn，其中c为实数。（1）若0c，且421bbb，成等比数列，证明：knkSnS2（*,Nnk）；（2）若nb是等差数列，证明：0c。3、（2012 年江苏高考）已知各项均为正数的两个数列na和nb满足：221nnnnnbabaa，*Nn，（1）设nnnabb11，*Nn，求证：数列2nnba是等差数列；（2）设nnnabb?21，*Nn，且na是等比数列，求1a和1b的值4、（2015 届江苏南京高三9 月调研）已知 an是等差数列，其前n 项的和为Sn，bn是等比数列，且 a1b12，a4b421，S4b430（1）求数列 an和 bn的通项公式；（2）记 cnanbn，n N*，求数列 cn 的前 n 项和5、（2015 届江苏南通市直中学高三9 月调研）已知无穷数列na满足：11a，2132aaa，且对于任意*nN，都有0na，2124nnnaa a（1）求234,aaa 的值；（2）求数列 na的通项公式6、（南京市2014 届高三第三次模拟）已知a，b 是不相等的正数，在a，b 之间分别插入m 个正数a1，a2，am和正数 b1，b2，bm，使 a，a1，a2，am，b 是等差数列，a，b1，b2，bm，b 是等比数列（1）若 m5，a3b354，求ba的值；（2）若 ba(N*，2)，如果存在n(nN*，6n m)使得 an5bn，求 的最小值及此时m 的值；（3）求证：anbn(nN*，nm)7、（南通市2014 届高三第三次调研）各项均为正数的数列an 中，设12nnSaaa，12111nnTaaa，且(2)(1)2nnST，*nN（1）设2nnbS，证明数列 bn是等比数列；（2）设12nncna，求集合*,|2,mrkm k rcccmkrm k rN8、（苏锡常镇四市2014 届高三 5 月调研（二）已知常数 0，设各项均为正数的数列an的前n 项和为 Sn，满足：a1=1，11131nnnnnnaSSaa（*nN）（1）若 =0，求数列 an的通项公式；（2）若112nnaa 对一切*nN恒成立，求实数 的取值范围9、（徐 州 市2014 届 高 三 第 三 次 模 拟）已 知 数 列na，nb满 足13a，2nna b，12()1nnnnbaba，*nN（1）求证：数列1nb是等差数列，并求数列nb的通项公式；（2）设数列nc满足25nnca，对于任意给定的正整数p，是否存在正整数q，r(pqr)，使得1pc，1qc，1rc成等差数列？若存在，试用p表示q，r；若不存在，说明理由10、（南京、盐城市2014 届高三第二次模拟（淮安三模）已知数列 an的各项都为正数，且对任意 nN*，a2n1，a2n，a2n1成等差数列，a2n，a2n1，a2n2成等比数列（1）若 a21，a53，求 a1的值；（2）设 a1a2，求证：对任意nN*，且 n2，都有an1ana2a1参考答案一、填空题、42、12 3、354、22n15、136、3 7、1 8、3229、39 10、7 11、2二、解答题1、（1）证明：=，=（n），又=2=，（n）。存在m=n+1 使得（2）=1+（n-1）d，若 是“H 数列”则对任意的正整数n,总存在正整数m,使得。=1+（m-1）d 成立。化简得m=+1+，且 d0 又 m，d，且为整数。（3）证明：假设成立且设都为等差数列，则n+=+（-1），=+1，=（）同理=（）取=k 由题=+（-1）+（-1）=（）+（n-1）（）=（n+k-1）可得 为等差数列。即可构造出两个等差数列 和 同时也是“H 数列”满足条件。2、证明：na是首项为a，公差为d的等差数列)0(d，nS是其前n项和dnnnaSn2)1(（1）0cdnanSbnn21421bbb，成等比数列4122bbb)23()21(2daada041212dad0)21(21dad0dda21ad2anannnadnnnaSn222)1(2)1(左边=aknankSnk222)(右边=aknSnk222左边=右边原式成立（2）nb是等差数列设公差为1d，11)1(dnbbn带入cnnSbnn2得：11)1(dnbcnnSn2)()21()21(11121131bdcncdndadbndd对Nn恒成立0)(0021021111111bdccddadbdd由式得：dd2110d01d由式得：0c法二：证：（1）若0c，则dnaan)1(，22)1(adnnSn，22)1(adnbn当421bbb，成等比数列，4122bbb，即：2322daada，得：add22，又0d，故ad2由此：anSn2，aknankSnk222)(，aknSnk222故：knkSnS2（*,Nnk）（2）cnadnncnnSbnn22222)1(，cnadncadncadnn2222)1(22)1(22)1(cnadncadn222)1(22)1()若nb是等差数列，则BnAnbn型观察()式后一项，分子幂低于分母幂，故有：022)1(2cnadnc，即022)1(adnc，而22)1(adn0，故0c经检验，当0c时nb是等差数列3、解：（1）nnnabb11，11222=1nnnnnnnnabbaabba。2111nnnnbbaa。222221111*nnnnnnnnbbbbnNaaaa。数列2nnba是以 1 为公差的等差数列。（2）00nna b，22222nnnnnnababab。12212nnnnnab知0q，下面用反证法证明=1q若1,q则212=2aaa时，112nnaa q，与（）矛盾。若01,q a q，当11logqna时，111nnaa q，与（）矛盾。综上所述，=1q。1*naanN，112a，于是123b b b。又由221nnnnnbabaa即11221nnabaab，得22111212=1naaaba。123bbb，中至少有两项相同，与123b b b矛盾。1=2a。2222222=221nb。12=2ab。4、解：（1）设等差数列 an 的公差为d，等比数列 bn的公比为q由 a1 b12，得 a423d，b42q3，S486d3 分由条件 a4b421，S4b4 30，得方程组2 3d2q3 21，8 6d2q3 30，解得d1，q2所以 ann1，bn2n，nN*7 分（2）由题意知，cn(n1)2n记 Tnc1c2c3 cn则 Tnc1c2c3 cn22322423 n2n1(n1)2n，2 Tn2223 23(n1)2n1n2n(n1)2n1，所以 Tn22(22 23 2n)(n1)2n1，11 分即 Tnn2n1，nN*14 分5、解：（1）由条件，*212,4nnnnaa aN，令1n，得22134aa a=2 分又2132aaa，且11a，易求得233,5aa4 分再令2n，得23244aa a=，求得47a 6 分（2）2124nnnaa a(1)22134nnnaaa(2)由(1)-(2)得，2212213(4)(4)nnnnnnaaa aaa213nnnna aaa8 分2211322nnnnnnaaaaa a11322()()nnnnnnaaaaaa21312nnnnnnaaaaaa，数列21nnnaaa为常数数列12 分21nnnaaa1322.aaa212.nnnaaa数列 na为等差数列14 分又公差212daa，21nan16 分6、解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则 dba6，q6baa3a3dab2，b3aq3ab2 分因为a3b354，所以 2a5ab2b0，解得ba4 或144 分（2）因为 aa(m1)d，所以 d 1m1a，从而得ana 1m 1a n因为 a a qm1，所以 q1m 1，从而得bna nm1因为 an5bn，所以 a(1)(n5)m 1 aa nm 1因为 a0，所以 1(1)(n5)m1nm 1（*）6 分因为 ，m，n N*，所以 1(1)(n5)m1为有理数要使（*）成立，则nm1必须为有理数因为 nm，所以 nm1若 2，则 nm 1为无理数，不满足条件同理，3 不满足条件8 分当 4 时，4nm 122nm 1要使 22nm 1为有理数，则2nm1必须为整数又因为 n m，所以仅有2nm1 满足条件所以 13(n5)m 12，从而解得n15，m29综上，最小值为4，此时 m 为 2910 分(3)证法一：设cn0，Sn为数列 cn的前 n 项的和先证：若 cn 为递增数列，则Snn 为递增数列证明：当nN*时，Snnnbn1nbn1因为 Sn1Snbn1SnSnnn1nSn，所以SnnSn1n1，即数列 Snn为递增数列同理可证，若cn为递减数列，则Snn为递减数列12 分当 ba 时，q1当 nN*，nm 时，Sm1m1Snn即aq(qm11)q1m1aq(qn1)q1n，即aqm1am1aqnan因为 b aqm1，bnaqn，dbam1，所以 dbn an，即 a ndbn，即 anbn当 ba 时，0q 1，当 nN*，nm 时，Sm1m1Snn即aq(qm1 1)q1m1aq(qn1)q 1n因为 0q1，所以aqm1 am 1aqnan以下同综上，anbn(nN*，nm)16 分证法二：设等差数列a，a1，a2，am，b 的公差为d，等比数列a，b1，b2，bm，b 的公比为 q，b a(0，1)由题意，得d 1m1a，qa1m1，所以 ananda 1m1an，bnanm1要证 anbn(nN*，n m)，只要证 1 1m1nnm10(0，1，nN*，nm)12 分构造函数f(x)1 1m1xxm 1(0，1，0 x m 1)，则 f(x)1m11m 1xm1ln 令 f(x)0，解得 x0(m1)log 1ln以下证明0log 1ln1不妨设 1，即证明1 1ln，即证明ln 10，ln 10设 g()ln 1，h()ln 1(1)，则 g()1 10，h()ln 0，所以函数g()ln 1(1)为减函数，函数h()ln 1(1)为增函数所以 g()g(1)0，h()h(1)0所以 1 1ln，从而 0log 1ln1，所以 0 x0m114 分因为在(0，x0)上 f(x)0，函数 f(x)在(0，x0)上是增函数；因为在(x0，m1)上 f(x)0，函数 f(x)在(x0，m1)上是减函数所以 f(x)min f(0)，f(m 1)0所以 anbn(nN*，n m)同理，当0 1 时，anbn(nN*，nm)1 7、【解】（1）当1n时，11(2)(1)2ST，即111(2)(1)2aa，解得11a2 分由(2)(1)2nnST，所以212nnTS当2n时，11212nnTS-，得11212222(2)(2)nnnnnnaaSSSS（2n），4 分即211(2)(2)2(2)(2)nnnnSSSS，即2112()nnnnb bbb，所以1152nnnnbbbb，因为数列 an的各项均为正数，所以数列2nS单调递减，所以11nnbb所以112nnbb（2n）因为11a，所以110b，所以数列 bn是等比数列6 分（2）由（1）知112()2nnS，所以112nna，即2nnnc由2mrkccc，得2mrkkcccc（*）又2n时，1112nncncn，所以数列nc从第 2 项开始依次递减 8 分（）当2m时，若2km，则22422222mmmkmmmccmmccm，（*）式不成立，所以1km=，即1km10 分令*1()rmi iN，则111112122222222irkmmimmmmimrmccc，所以12ir，即存在满足题设的数组11121,2,2iiiii（*iN）13 分（）当1m时，若2k，则 r 不存在；若3k，则4r；若4k时，1142kcccc，（*）式不成立综上所述，所求集合为111(1,3,4),(21,2,2)iiiii（*iN）16 分（注：列举出一组给2 分，多于一组给3 分）8、9、（1）因为2nna b，所以2nnab，则142242221221nnnnnnnnnnabbba babbb，2 分所以11112nnbb，又13a，所以123b，故1nb是首项为32，公差为12的等差数列，4 分即1312(1)222nnnb，所以22nbn6 分（2）由（1）知2nan，所以2521nncan，当1p时，11pcc，21qcq，21rcr，若1pc，1qc，1rc成等差数列，则2112121qr（），因为pqr，所以2q，3r，2121q，11121r，所以（）不成立9 分当2p时，若1pc，1qc，1rc成等差数列，则211212121qpr，所以121421212121(21)(21)pqrqppq，即(21)(21)21421pqrpq，所以22421pqpqrpq，12 分欲满足题设条件，只需21qp，此时2452rpp，14 分因为2p，所以21qpp，224734(1)10rqpppp，即rq15 分综上所述，当1p时，不存在q，r满足题设条件；当2p时，存在21qp，2452rpp，满足题设条件16 分10、解：（1）解法一：因为a3，a4，a5成等差数列，设公差为d，则 a332d，a43d因为 a2，a3，a4成等比数列，所以a2a23a4(32d)23d3 分因为 a21，所以(32d)23d1，解得 d2，或 d34因为 an0，所以 d34因为 a1，a2，a3成等差数列，所以a12a2a32(32d)12 5 分解法二：因为a1，a2，a3成等差数列，a2，a3，a4成等比数列，a3，a4，a5成等差数列，则3223442331aaaaaa，3 分则32323aa，解得233a或13a（舍），所以212321a。5分解法三：因为a1，a2，a3成等差数列，则132aa，因为 a2，a3，a4成等比数列，则214)2(aa3 分因为 a3，a4，a5成等差数列，则5342aaa，则32)2(2121aa解得：31a或211a；当31a时，13a（与0na矛盾，故舍去），所以211a 5 分（注：没有舍去一解，扣1分）（2）证法一：因为a2n1，a2n，a2n1成等差数列，a2n，a2n1，a2n2成等比数列，所以 2a2na2n1 a2n1，a 2 2n1a2na2n2；所以a 2 2n1a2n2a2n，n2所以a2n2a2na2na2n2 2a2n因为 an0，所以a2n2a2n22a2n 7 分即数列 a2n 是等差数列所以a2na2(n1)(a4a2)由 a1，a2及 a2n1，a2n，a2n1是等差数列，a2n，a2n1，a2n2是等比数列，可得 a4(2a2a1)2a28 分所以a2na2(n1)(a4a2)(a2a1)na1a2所以 a2n(a2a1)n a12a210 分所以 a2n2(a2 a1)(n1)a12a2从而 a2n1a2na2n2(a2a1)na1(a2a1)(n1)a1a2所以 a2n1(a2 a1)(n1)a1(a2a1)na1a212 分当 n2m，mN*时，an1ana2a1(a2a1)ma1(a2a1)(m1)a1a2(a2a1)ma12a2a2a1(a2 a1)(m1)a1(a2a1)ma1a2a1m(a1 a2)2a1(a2a1)ma10 14 分当 n2m1，mN*，m2 时，an1ana2a1(a2a1)ma12a2(a2a1)(m1)a1(a2a1)m a1a2a2a1(a2a1)ma1(a2a1)(m1)a1a2a1(m 1)(a1a2)2a1(a2a1)(m1)a1 0综上，对一切nN*，n2，有an1ana2a116 分证法二：若n 为奇数且n3 时，则 an，an1，an2成等差数列因为an2an1an1anan2ana2n1an1an(2an1an)ana2n1an1an(an1an)2an1an0，所以an2an1an1an9 分若 n 为偶数且n2 时，则 an，an1，an2成等比数列，所以an2an1an1an 11 分由可知，对任意n2，nN*，an2an1an1ana3a2 13 分又因为a3a2a2a12a2a1a2a2a12a2a1a12a22a2a1(a1a2)2a2a1，因为 a1a2，所以(a1a2)2a2a10，即a3a2a2a1 15 分综上，an1ana2a1 16 分