江苏省2018届大市模拟考试分类汇编：数列

1、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A x | x 2n1,nN* ， B x | x 2n , nN* 将 AU B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列 an 记 Sn 为数列 an 的前 n 项和，则使得 Sn12an 1成立的 n的最小值为 n 的各项均为实数，其前763，则 a8=2、（2017江苏高考）等比数列n 项为 Sn，已知 S3= ， S6= a443、（2016江苏高考）已知 a n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

2、 月学情调研）记等差数列n前 n 项和为n若 am 10， S2m1 110， a S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， n N* ，且，则 a7的值为 _a1=1， S6=3S36、（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an 的首项 a11，且满足 a2 n 12a2n 1 与 a2 n a2 n 11 ，则数列an的前 20 项和为7、（苏锡常镇 2018高三 3 月教学情况调研（一） ）设 Sn 是等差数列 an 的前 n 项和，若a2a42， S2S4 1 ，则 a108、（苏锡常镇 201

3、8高三 5 月调研（二模） ）已知公差为 d 的等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，若S104a1S54 ，则d9、（苏州市2018 高三上期初调研）等差数列an的前 n 项和为 Sn ，且aSn216n 15 n 2, nN *，若对任意 nN *，总有 SS ，则 k 的值是nnnk10、（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

4、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 an 的前 n 项和为 Sn ，且a26 ，若 a1 ,a3 , a7 成等比数列，则 S8 的值为12、（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an是等比数列，Snna3 2，S124S6，则a9的值为是其前 项和若13、（镇江市 2018 届高三第一次模拟（期末）考试）设等比数列n的前 n 项和 Sn ，若 a1a2, S69S3 , 则 a5 的值为14、（无锡市 2018 高三上期中考试）在等差数列an中，已知 a1a30, a2 a42 ，则数列an的前 10 项和是.2n 1

5、15、（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a ，b， c 成等比数列， a6 ，b， 2c 1 成等差数列，则 b的最大值为 二、解答题1、（2018 江苏高考）设 an 是首项为 a1 ，公差为d 的等差数列，bn 是首项为 b1 ，公比为 q 的等比数列（ 1）设 a10,b11,q2 ，若 | anbn | b1 对 n1,2,3,4 均成立，求d 的取值范围；（ 2）若 a1b10, mN * , q (1,m2，证明：存在 dR ，使得 | anbn | b1 对 n 2,3,L , m1 均成立，并求 d 的取值范围（用b1 , m,q

6、表示）2、（2017江苏高考）对于给定的正整数n 满足：k，若数列 aankn k+1n1 n+1n+k1 n+kn 对任意正整数n（ n k）总成立，则称数列 an+a+a +a+ a+a =2ka 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U1,2, ，100annN*的子集 T，若 T,定义ST0;若.对数列和 UTt1 ,t2, ，tk，定义STat1at2+atkT = 1,3,66时，STa1a3+a66.现设.例如

7、：annN *是公比为 3的等比数列，且当 T =2,4 时， ST =30 .（ 1）求数列an 的通项公式；（ 2）对任意正整数k 1k100 ，若 T1,2,，k ，求证： ST ak 1 ；（ 3）设 CU,D U,SC SD,求证： SC SCI D 2SD .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，数列 a 2，且 3T S 22S ， n N* Snn 的前 n 项和为 Tnnnn（ 1）求 a1 的值；（ 2）求数列 an 的通项公式；（ 3）若 k， t N* ，且 S1， Sk S1， St Sk 成等比数列

8、，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 | an1 an 2| 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（ 2）若公差为 d 的等差数列Sn 2n2， n N* ，求证：数列 an为 “T 数列 ”；an为 “T 数列 ”，求 d 的取值范围；22（3）若数列 an 为 “T数列 ”， a1 1，且对于任意n 1nn N* ，均有 an a a an 1，求数列an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 an, bn 满足：b

9、n an 3an 1 ； n N *（ 1）若 bnn ， a2 a30 ，求 a1 的值；（ 2）设 anbn bn 1 ， a11， a24 ，求证：数列 bn 从第二项起成等比数列；31（ 3）若数列 bn 成等差数列，且 b15a2 a3 ，试判断数列 an 是否成等差数列？并证明结论 .7、（苏锡常镇2018 高三 3 月教学情况调研（一） ）已知 Sn 是数列 an 的前 n 项和， a13，且2Sn an 13 (n N * ) .（ 1）求数列 an 的通项公式；（ 2）对于正整数i ， j ， k(ijk ) ，已知aj ， 6ai ，ak 成等差数列，求正整数，的值；（ 3

10、）设数列 bn 前 n 项和是 Tn ，且满足：对任意的正整数n ，都有等式a1bna2bn 1 a3bn 2anb1 3n 13n 3Tn1成立 . 求满足等式的所有正整数 n .an38、（苏锡常镇2018 高三 5 月调研（二模） ）已知等差数列an 的首项为1，公差为 d ，数列 bn的前 n 项和为 Sn，且对任意的 n N * ， 6Sn9bnan 2 恒成立（ 1）如果数列Sn是等差数列，证明：数列bn也是等差数列；（ 2）如果数列bn1是等差数列，求 d 的值；2（ 3）如果 d3，数列cn 的首项为 1， cnbnbn 1 (n2) ，证明：数列an 的中存在无穷多项可表示为

11、数列cn中的两项之和9、（苏州市2018 高三上期初调研）已知数列an满足 an 1 an 4n 3 n N* .（ 1）若数列an是等差数列，求 a 的值；1（ 2）当 a12时，求数列 an的前 n 项和 Sn ；（ 3）若对任意n*，都有a2na 2n15 成立，求 a1 的取值范围 .Nanan110、（无锡市 2018 高三上期中考试）已知数列an3an3n, n为奇数，满足 a1 1,an记数列an为偶数，n 1,nan 的前 n 项和为 Sn , bna2n ， n N .（ 1）求证：数列 bn为等比数列，并求其通项bn ；（ 2）求 Sn ；（ 3）问是否存在正整数n ，使得

12、 S2 n 1bnS2n 成立？说明理由 .11、（徐州市2018 高三上期中考试）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，满足 Sn2an1 ，nN*数列 bn 满足nbn 1( n1)bnn(n1) ， nN* ，且b11 （ 1）求数列 an 和 bn 的通项公式；（ 2）若cnanbn ，数列 cn 的前n项和为Tn ，对任意的nN* ，都有TnnSna ，求实数a 的取值范围；（ 3）是否存在正整数 m ， n，使 b1 ， am ， bn （ n 1）成等差数列，若存在，求出所有满足条件的 m ， n ，若不存在，请说明理由12、（扬州、泰州、淮安、南通、徐州、宿迁、连云港市20

13、18高三第三次调研）已知数列an 满足nn5(n N )，数列an的前项和为Snan 1 ( 1) an2n（ 1）求 a1a3 的值；（ 2）若 a1 a5 2a3 求证：数列 a2n 为等差数列； 求满足 S2 p4S2m ( p，mN ) 的所有数对 ( p， m) 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an p n 1, Sn q nr 恒成立：数列 bn的前n 项和 Tn ，且对任意正整数 n， 2Tnnbn 恒成立 .（ 1）求常数 p, q, r 的值；（ 2）证明数列 b

14、n 为等差数列；（3）若 b12 ，记 Pn2n b12n b22n b32n bn 12n bnan2an4anLn 2an2n 1，是否存在正整2an数 k ，使得对任意正整数n ， Pnk 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an的前n 项和为Sn ，且a1a,( an1)(an 11)6(Snn) ， nN（ 1）求数列an的通项公式；（ 2）若对于nN，都有 Sn n(3n1) 成立，求实数a 取值范围；（ 3）当 a2 时，将数列an中的部分项按原来的顺序构成数列bn ，且

15、 b1 a2 ，证明：存在无数个满足条件的无穷等比数列bn15、（苏州市2017 届高三上学期期中调研）已知等比数列 an 的公比 q 1，且满足：a2 a3a428 ，且 a32 是 a2 , a4的等差中项（ 1）求数列 an 的通项公式；（ 2）若 bnan log 1 an ， Snb1b2Lbn ，求使 Snn 2n 162 成立的正整数 n 的最小值2参考答案一、填空题1、 272、 323、 204、 65、46、 20567、 88、29、 710、 5511、8812、2或 613、 325314、15、2564二、解答题1、解：（ 1）由条件知： an( n1)d ,bn2

16、n 1 因为 | anbn |b1 对 n=1，2， 3， 4 均成立，即 | ( n1)d2n 1 | 1 对 n=1， 2，3， 4 均成立，即 11， 1d 3， 3 2d5， 7 3d9，得 7d5 32因此， d 的取值范围为 7,5 32（2）由条件知： anb1( n1)d ,bnb1q n 1 若存在 d，使得 | anbn |b1 （ n=2， 3， ···，m+1）成立，即 | b1(n 1)db1qn 1 |b1 (n2,3,L , m1) ，即当 n2,3,L , m1 时， d 满足 q n12b1dq n 1b1 n1n 1因为 q(1

17、,m 2 ，则 1qn1qm2，从而 q n 12 b10 ， q n1b10，对 n2,3,L , m 1 均成立n 1n1因此，取 d=0 时， | anbn |b1 对 n2,3,L, m1 均成立下面讨论数列 qn 12 的最大值和数列 qn 1 的最小值（ n2,3,L, m1 ）n1n1当 2 n m 时， q n2 qn 112nqnqnnqn 12 n (q nq n 1 ) qn2 ，nnn( n1)n(n1)1当 1 q 2 m 时，有 q nqm2 ，从而 n(qnqn 1 ) qn2 0 因此，当 2nm1 时，数列 q n12 单调递增，n1qn 12的最大值为qm2

18、故数列 mn1设 f (x)2x (1x) ，当 x>0 时， f(x)(ln 21 xl n 2)2x0 ，所以 f (x) 单调递减，从而f ( x) <f（ 0）=1qnq( n1)111n当 2 n m 时，2n(1qn 1n) f ( ) 1 ，nnn1因此，当 2nm1 时，数列qn 1 单调递减，n1qn 1的最小值为q m故数列 mn1因此， d 的取值范围为 b1 ( qm2), b1q m mm2、解：（ 1）证明：设等差数列n1，公差为 d，则 an1 a 首项为 a=a +（ n1） d，则 an 3+an2+an1+an+1+an+2+an+3，=（an3

19、+an+3） +（an2+an+2） +（ an 1+an+1），=2an+2an +2an，=2×3an，等差数列 an 是 “ P（ 3）数列 ”；（ 2）证明：由数列 an 是 “P（ 2）数列 ” 则 an2+an1+an+1+an+2 =4an，数列 an 是“ P（3）数列 ” an3+an2+an1+an +1+an+2+an+3=6an， 由 可知： a 32=4an1， n +an+an+an +1an1+an+an+2 +an +3=4an +1，由 （ + ）： 2an=6an4an14an +1，整理得： 2an=an1+an+1，数列 an 是等差数列3、（

20、 3）下面分三种情况证明. 若D是C的子集，则SCSC IDSCSDSDSD2SD . 若C是D 的子集，则SCSC IDSCSC2SC2SD. 若D不是 C的子集，且 C不是 D的子集. S 2 2S ，得 3a 2a22a ，即 a 2 a 04、解：（ 1）由 3T11111111因为 a1 0，所以 a1 12 分（2）因为 3T S 2 2S ，nnn所以 3Tn 1 Sn12 2Sn 1，得 3an 12 Sn 12 Sn2 2an1因为 an 1 0，所以 3an 1 Sn1Sn 2， 5 分所以 3an 2=Sn2 Sn 1 2，得3an 2 3an1an2 an1，即 an2

21、 2an 1，an1所以当n2时，an 28分又由 3T2 S22 2S2，得 3(1 a22 ) (1a2)2 2(1 a2 )，即 a22 2a20a2an1因为 a2 0，所以 a2 2，所以 a1 2，所以对 n N* ，都有an 2 成立，所以数列 an 的通项公式为an 2n1， n N* 10 分(3) 由(2) 可知 Sn 2n 1因为 S1， Sk S1， St Sk 成等比数列，所以 (Sk S1)2 S1( St Sk)，即 (2k 2)2 2t 2k， 12分所以 2t (2k)2 3 2k 4，即 2t2 (2 k 1)2 3 2k2 1(*) 由于 SkS10，所以

22、 k1，即 k2当 k 2 时， 2t 8，得 t 3 14分当 k3时，由 (*) ，得 (2k1 )2 3 2k 2 1 为奇数，所以 t 2 0，即 t2，代入 (*) 得 22 k 2 3 2k 2 0，即 2k3，此时 k 无正整数解综上， k 2， t3 16分5、解：（ 1）当 n 2 时， a n Sn Sn 1 2n2 2(n 1)2 4n2，又 a 1 S1 2 4×1 2，所以 an 4n22 分所以 an| an 1 an 2| 4n 2 44(n 1) 2 为数列 an的第 n1 项，因此数列 an为 “T 数列 ”4 分（ 2）因为数列 an是公差为 d

23、的等差数列，所以 an| an 1 an 2| a1(n 1) d | d| 因为数列 an为 “T 数列 ”，所以任意 n N* ，存在 m N* ，使得 a1 (n1) d | d| am，即有 (m n) d | d| 6 分若 d 0，则存在 m n 1N* ，使得 (mn) d | d| ，若 d 0，则 m n 1此时，当 n 1 时， m 0 不为正整数，所以 d0 不符合题意综上， d 08 分（ 3）因为 an an 1，所以 an| an 1 an 2| an an2 an 1 又因为 an an an2 an 1 an 2 (a n1 an) an 2，且数列 an为 “

24、T 数列 ”，所以 ana n2 an 1 an 1，即 an an 2 2an 1，所以数列 a 为等差数列10 分nnn 1 (n 1)t，设数列 a 的公差为 t(t 0)，则有 a22由 a n an 1an an 1 ，得 1 (n1)t t2 (2n 1)t 1 nt， 12分整理得 n(2t2 t) t2 3t 1， n(t 2t 2) 2t t2 1 t2 3t 1若 2t2 t 0，取正整数 N 2t2 t ，0则当 n N时， n(2t 2 t) (2t2 t) N t 2 3t 1，与式对于任意nN* 恒成立相矛盾，00因此 2t2 t 0同样根据式可得t 2t 2 0，

25、1所以 2t2 t 0又 t 0，所以 t 21经检验当t 2时，两式对于任意nN* 恒成立，1n 1所以数列 an的通项公式为an 1 2(n 1)2 16 分6、解析：（ 1）当 n1,2 时，可得 a13a2 1;a2 3a3 2，又 a2 a30 ，从而可得 a14 ； 3 分（ 2）由 a11， a24 ，可得 b1 =a13a23 ， b2a1b147217又因为 bnan3an1 ， anbnbn 1 ，所以 bnbnbn 13 bn 1bn2，即 4bn 13bn 2 ， nN * ， 6 分又 b240，所以bn 1=4， nN*且 n27bn3所以数列 bn 从第二项起成等

26、比数列；9分（ 3）由 b15a2 a3 可得 a13a25a2a3 ，即 a32a2a10 ；由 bnan3an 1 可得 bn+1an +13an2 ， bn +2an+23an3 ，又因为数列 bn 成等差数列，从而bn 2bn 1bn 1bn ，即bn 22bn 1 +bn =0 ，从而 bn22bn 1 +bn =( an2 +3an 3 )2( an 1 +3an 2 )+( an +3an1)=0 ，即 an 22an1 +an =3( an32an 2an1)所以 an 22an 1 +an =3n1 (a32a2a1 )=0 ，故 an 2an 1an 1an ，所以数列 a

27、n 成等差数列 .16分7、解：（ 1）由2Snan 13 (nN*)得2Sn1an2 3 ，两式作差得2an 1an 2an 1 ，即an 23an 1 (n N * ) .a 3， a2S 3 9 ，所以 a13a(nN * ) ， a0 ，则 an 13 (nN * ) ，所以数列121nnnan an 是首项为 3 公比为 3 的等比数列，所以 an3n(nN*)；（ 2）由题意a jak2 6，即3jki，ai3 263所以3ji3ki12 ，其中 ji1， ki2 ，所以 3ji3 3 ， 3k i99 ，123ji3ki12，所以 ji1 ， ki2 ，1 ；（ 3）由 a1bn

28、a2bn 1a3 bn 2anb13n 13n 3得，a1bn1a2bna3 bn 1anb2an1b13n23(n 1)3 ，a1bn13(a1bna2 bn 1an 1b2anb1 )3n23(n1)3 ，a1bn13(3n13n3)3n23(n1)3 ，所以3bn 1 3n23(n1) 33(3n1 3n3) ，即 3bn 16n3，所以 bn 12n 1 ( nN*)，又因为 a1b131 13 133，得 b11，所以 bn2n1 (nN*)，从而 Tn1 3 5(2n 1)12n12(n N*Tn2*) ，n n) ， nn(n N2an3当 n1时 T11 ；当 n2时 T24

29、；当 n3时 T31 ；a13a2 9a33下面证明：对任意正整数nTn13 都有，an3Tn 1Tn2 1n 1nn1n 1(nn2 11( n221( 2n22n 1) ，an 1an1)3331)3n )3当 n3 时，2n22n1(1n2 )n(2n)0，即 Tn1Tn0 ，an1an所以当 n3 时， Tn递减，所以对任意正整数n3 都有 TnT31 ；anana33Tn1综上可得，满足等式的正整数 n 的值为 1和 3.an38、9、（1）若数列an是等差数列，则an a1n1 d, an 1 a1 nd .由 an 1an4n3 ，得 a1 nd a1n 1 d4n 3 ，即 2

30、d4,2a1d3，解得， d2, a11 .2（ 2）由 an1an4n 3 n N * ，得 an 2an 14n 1 n N *两式相减，得an 2an4所以数列a2n 1 是首项为 a1 ，公差为4 的等差数列 .数列a2n是首项为 a2 ，公差为4 的等差数列 ,由 a2 a11,a12 ，得 a21，所以 an2n,n为奇数2n5,n为偶数当 n 为奇数时， an2n,an 12n 3 .Sna1a2a3L ana1a2a3a4Lan 2an 1ann14n112119L4n112n22n2n 23n52当 n 为偶数时，Sna1a2a3L ana1a2a3a4Lan 1an1 9

31、L4 n 72n 23n .2an2n2a1, n为奇数（ 3）由（ 2）知，2n3为偶数a1, n当为奇数时，an2n 2a1, an 12n 1a1 .a 2a25得 a12a14n216n10 .由 nn 1anan 1令 f n4n216n 1026 ，4 n 2当 n 1 或 3 时， f n max2 ，所以 a12a12 .解得 a2 或 a1 .当 n 为偶数时， an2na1 3,an 12na1 .a 2an 125得 a2+3a4n216n12 .由 nanan 111令 gn4n216n12 4 n22，4当 n2 时， g n max4 ，所以 a123a14 ，解得

32、 a1 或 a4 .综上， a1 的取值范围是, 42,.10、11、（1）当 n=1时， S1 2a11=a1 ，所以a1 =1 当 n 2 时， Sn2an 1 ， Sn -1 2an -11，两式相减得 an2an 1 ，从而数列从而数列由 nbn 1得 bn 1n1 an 为首项 a1 =1，公比 q=2 的等比数列， an 的通项公式为an 2n 1 ( n 1)bn n( n 1)两边同除以 n(n1) ，bn1n从而数列bn为首项1，公差d1的等差数列，所以bn，1= nnbnn2 从而数列 bn 的通项公式为bn·····

33、83;···························4分（2）由（ 1）得 cnanbnn 2n 1 ，于是 Tn1122322L(n 1) 2n 2n 2n 1 ，所以 2Tn122223 23L (n 1) 2n 1n 2n两式相减得Tn 1222L2n 1n 2n12nn2n ，-1 2n +1，12所以Tn （）n由（ 1）得