上海市2020届高三数学一轮复习典型题专项训练：数列

上海市2020届高三数学一轮复习典型题专项训练数列一、选择、填空题1、（上海市封浜中学2019届高三上学期期中）设等差数列佥｝的前n项和为S，若a+a=19，TOC\o"1-5"\h\znn25S=40，则a=5102、（华东师范大学第二附属中学2019届高三10月考试）如果数列削丿为递增数列，且a=n2+Xn（neN），则实数九的取值范围n+3、（华东师范大学第二附属中学2019届高三10月考试）等差数列2｝的前n项和为Sn,若公差dn>o,（s8-s5）（s9-s5）<o，贝y（）8595A.Ia7|>|a8IB.Ia7|<|a8IC.Ia7|=|a8ID.|a7|=04、（2019届崇明区高三二模）已知S是公比为q的等比数列｛a｝的前n项和，若对任意的keN*，nn都有lim（S-S）=a成立，则q=nk+1knT85、（2019届黄浦区高三二模）若等比数列｛a｝的前n项和S=3x2”+a，则实数a=nn1~6、（2019届闵行松江区高三二模）已知等比数列｛a｝的首项为1,公比为—，S表示｛a｝的前nn2nn项和，则limS=nnT87、（2019届青浦区高三二模）等差数列a,a,…,a（n>3，neN*）满足TOC\o"1-5"\h\z12n|a|+|a|+…+|a|—|a+1|+Ia+1|+…+|a+1|=|a—21+|a—21+•••+|a—21=201912n12n12n，则（）A.n的最大值为50B.n的最小值为50C.n的最大值为51D.n的最小值为5198、（2019届宝山区高三二模）已知无穷等比数列a,a,a,..各项和为工,且a=—2,若TOC\o"1-5"\h\z123229|S—三|<10-4，则n的最小值为.n29、（2019届嘉定长宁区高三二模）已知有穷数列｛a｝共有m项，记数列｛a｝的所有项和为S（1）,nn第二项及以后所有项和为S（2）,第n（】WnWm）项及以后所有项和为S（n），若S（n）是首项为1，公差为2的等差数列的前n项和，则当1Wn<m时，a—n10、（2019届徐汇区高三二模）设无穷等比数列｛a｝的公比为q，若｛a｝的各项和等于q，则首项ann1的取值范围是—丄1、（虹口区2018高三二莫）已知数列^｝是公比为q的等比数列，且a2，a，a3成等差数列,12、（静安区2018高三二模）已知等比数列｛a｝的前n项和为S（neN*），nn19，815a4-a2r，则a3的值为13、（松江区2018高三上期末）已知｛a｝为等差数列，S为其前n项和，若a+ann19二18,则S10二丄14、（浦东新区2018高三二模）已知｛a｝是等比数列，它的前n项和为S，且a=4，nn3=-8,15、（金山区2019届高三一模）无穷等比数列｛a｝各项和S的值为2,公比q<0，则首项a的取n1值范围是16、（浦东新区2019届高三一模）已知数列｛a｝为等差数列，其前n项和为S.若S=36，则nn9a+a+a=34817、（普陀区2019届高三一模）某人的月工资由基础工资和绩效工资组成，2010年每月的基础工资为2100元，绩效工资为2000元，从2011年起每月基础工资比上一年增加210元，绩效工资为上一年的110%，照此推算，此人2019年的年薪为..万元（结果精确到0.1）18、（青浦区2019届高三一模）已知无穷等比数列｛a｝各项的和为4,n则首项的取值范围是.19、（松江区2019届高三一模）已知等差数列｛a｝的前10项和为30，n贝ya+a+a+a1471020、（长宁区2019届高三一模）已知数列｛a｝的前n项和为SnI，且an+an+11—，若数列｛S｝收2nn敛于常数A，则首项a取值的集合为.1=16，则a+a91021、（闵行区2019届高三一模）等比数列｛a｝=16，则a+a91012参考答案：一、选择、填空题1、292、【答案】九>—3【解析】依题意，得:；;：二:：八；:，当n=l时取到最小值，故九>—33、B4、<5-13、B4、<5-15、26、-37、8、【答案】10【解析】题意可得IS-91<10-【解析】题意可得IS-91<10-4nn2<1—q2a—aq—-2J216(1-(-31)n)…21一§(舍去前者)ai二6则<10-4n―,n<10-4，得到n最小为109、-2n一110、(-2,0)u(0,4]1911、1或一12、13、10014、112415、(2,4)16、1217、10.418、(0,4)U(4,8)19、1220、21、256二、二、解答题1、(上海市封浜中学2019届高三上学期期中)设等差数列｛a｝的前n项和为S，且a+a—34,n513s—9.数列｛b｝的前n项和为T，满足T=1-b.3nnnn求数列｛a｝的通项公式；n1写出一个正整数m，使得是数列｛b｝的项；TOC\o"1-5"\h\za+9nma设数列｛c｝的通项公式为c——，问：是否存在正整数t和k(k>3)，使得c，c，cnna+112kn成等差数列？若存在，请求出所有符合条件的有序整数对(t,k)；若不存在，请说明理由.2、(2019届嘉定长宁区高三二模)记无穷数列｛a｝的前n项中最大值为M2、(2019届嘉定长宁区高三二模)nnnb3，S的值(1)若a=2n-3n，写出b3，S的值n12

2)设a=2n-Xn，若b=-3，求九的值及n>4时数列｛b｝的前n项和S；n3nn⑶求证：“数列｛a｝是等差数列”的充要条件是“数列｛b｝是等差数列”nn3、(2019届普陀区高三二模)已知无穷数列｛an｝的各项都不为零，其前n项和为Sn，且满足a“・an+1=Sn(nGN*)，数列｛b”｝满足b=严=，其中=Sna十tn(1)求(1)求a2018；(2)(3)若不等式£+a；］VSn+片+］对任意n^N*都成立，求首项a1的取值范围;(2)(3)若首项a1是正整数，则数列｛bn｝中的任意一项是否总可以表示为数列｛bn｝中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由.4、(2019届徐汇区高三二模)对于项数m(m>3)的有穷数列｛a｝，若存在项数为m+1，公差nTOC\o"1-5"\h\z为d的等差数列｛b｝，使得b<a<b，其中k=1,2,…,m，则称数列｛a｝为“等差分割数列”.kkk+1(1)判断数列｛a｝:1,4,8,13是否为“等差分割数列”，并说明理由；n(2)若数列｛a｝的通项公式为a=2n(n=1,2,…,m)，求证：当m>5时，数列｛a｝不是“等nnn差分割数列”；(3)已知数列｛a｝的通项公式为a=4n+3(n=1,2,…,m)，且数列｛a｝为“等差分割数列”，nnn若数列｛b｝的首项b=3，求数列｛b｝的公差d的取值范围(用m表示).n1n5、(宝山区2018高三上期末)设数列｛a｝，｛&｝及函数f(x)(xeR)，b=f(a)(neN*).nnnnnn+1若等比数列&｝满足a=1,a=3，f(x)=2x，求数列｛bb｝的前n(neN*nn+1n12-已知等差数列｛a｝满足a=2,a=4,f(x)=1(qx+1)(X、q均为常数，q>0，且q丰1),n12\o"CurrentDocument"c=3+n+(b+b+L+b)(neN*)•试求实数对(入，q)，使得tc｝成等比数列.n12n=2a+—+”-1=2a+—+”-1nn(n+1)6、(静安区2018高三二莫)已知数列①中,曽a(ae恥-2)，a又数列｛b｝满足：b=a+亠，neN*.nnnn+1求证：数列｛b｝是等比数列；n若数列｛a｝是单调递增数列，求实数a的取值范围；n若数列｛b｝的各项皆为正数，c=logb，设T是数列｛c｝的前n和，问：是否存nn1nnn2在整数a，使得数列｛T｝是单调递减数列？若存在，求出整数a；若不存在，请说明理由.n17、(金山区2018高三二模)已知数列｛a｝满足：a=2，a=a+2.n1n+12n证明：数列｛an-｝是等比数列;a一m2求使不等式一-<二成立的所有正整数m、n的值；a一m3n+1a一t⑶如果常数0<t<3,对于任意的正整数k,都有+1<2成立，求t的取值范围.a―tkTOC\o"1-5"\h\z8、(2019届浦东新区高三二模)已知各项均不为零的数列｛a｝满足a=1，前n项的和为S，且n1nS2—S2nn-1=2n2，neN*，n>2，数列｛b｝满足b=a+a，neN*.annnn+1n求a、a；\o"CurrentDocument"23求S；2019(3)已知等式kCk=n-Ck-1对1<k<n，k,neN*成立，请用该结论求有穷数列｛bCk｝，nn—1knk=1,2,…,n的前n项和T.n9、(2019届青浦区高三二模)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,beR)，且不等式If(x)l<201912x—x2|对任意的xe[0,10]都成立，数列｛a｝是以7+a为首项，公差为1的等差数列(ngN*).n当xe[0,10]时，写出方程2x—x2=0的解，并写出数列｛a｝的通项公式(不必证明)；n若无穷数列｛b｝满足1b一b一b|<1对任意的m,neN*都成立，求证：数nn+mmna+amn列｛b｝是等差数列；nS(3)若c=“-a(neN*)，数列｛c｝的前n项和为S，对任意的neN*，求fnnn+1nnn2的取值范围.1a=—a2+1a=—a2+m，其中neN*,meR.n+18n等比数列”q为“间公比”已知数列｛c｝中，满足c=k(k丰0,keZ),cc=2018-nn+1厂1\n-1，neN*，试问数列｛c｝是否为“间等比数列”n若是，求最大的整数k使得对于任意neN*，都有10、(2019届杨浦区高三二模)已知数列｛a｝满足：a=1,n1若a、m、a成等差数列，求m的值；12若m=0，求数列｛a｝的通项a；nn若对任意正整数n，都有a<4，求m的最大值.n11、(宝山区2019届高三一模)如果数列｛a｝对于任意neN*，都有a-a二d，其中d为常nn+2n数,则称数列｛a｝是“间等差数列”d为“间公差”若数列｛a｝满足a+a=2n-35，neN*，nnnn+1a=a(aeR).1求证：数列｛a｝是“间等差数列”并求间公差d；n设S为数列｛a｝的前n项和，若S的最小值为-153，求实数a的取值范围；nnn类似地：非零数列｛b｝对于任意neN*，都有J=q，其中q为常数，则称数列｛b｝是“间nbnnc>c；若不是，说明理由.nn+112、(崇明区2019届高三一模)已知数列｛a｝、｛b｝均为各项都不相等的数列，S为｛a｝的前n项TOC\o"1-5"\h\znnnn和，ab=S+1(neN*).n+1nnn若a=1，b=，求a的值；\o"CurrentDocument"1n24若｛a｝是公比为q(q丰1)的等比数列，求证：数列｛b+亠｝为等比数列；nn1—q若｛a｝的各项都不为零，｛b｝是公差为d的等差数列，求证：a、a、…、a、…nn23n1成等差数列的充要条件是d=-.2

13、（杨浦区2019届高三一模）记无穷数列｛a｝的前n项中最大值为M，最小值为m，令nnn7M+m__b=―r——n，neN*.nn兀(1)若an二2n+COSy，请写出b3的值;(1)（2）求证：“数列｛a｝是等差数列”是“数列｛b｝是等差数列”的充要条件；TOC\o"1-5"\h\znn（3）若对任意n，有IaI<2018，且IbI=1，请问：是否存在KeN*，使得对于任意不小于Knn的正整数n，有b=b成立？请说明理由.n+1n14、（长宁区2019届高三一模）已知数列｛a｝的前n项和为S，且a=1，a=a.nn12（1）若数列｛a｝是等差数列，且a=15，求实数a的值；n8（2）若数列｛a｝满足a-a=2（neN*），且S=19a，求证：｛a｝是等差数列；nn+2n1910n（3）设数列｛a｝是等比数列，试探究当正实数a满足什么条件时，数列｛a｝具有如下性质M:对nn于任意的n>2（neN*），都存在meN*，使得（S-a）（S-a）<0，写出你的探究过程，并mnmn+1求出满足条件的正实数a的集合.d，使得无穷数列｛a｝满n15、（青浦区2019届高三一模）若存在常数k（keN*d，使得无穷数列｛a｝满n足an+1a+dn纟足an+1nXTcaeN*nk则称数列｛a｝为“r数列”，已知数列｛b｝为“r数列”.TOC\o"1-5"\h\znn（1）若数列｛b｝中，b=1，k=3，d=4，c=0，试求b的值；n12019（2）若数列｛b｝中，b=2，k=4，d=2，c=1，记数列｛b｝的前n项和为S，若不n1nn等式S<X-3n对neN*恒成立，求实数九的取值范围；4n（3）若｛b｝为等比数列，且首项为b，试写出所有满足条件的｛b｝，并说明理由.nn16、（浦东新区2019届高三一模）已知平面直角坐标系xOy，在x轴的正半轴上，依次取点A,A,A,,A（neN*），123n3并在第一象限内的抛物线y2=-x上依次取点B,B,B,,B（neN*），使得AABA2123nk-1kk（keN*）都为等边三角形，其中A为坐标原点，设第n•个三角形的边长为f（n）.0（1）求f（1），f（2），并猜想f（n）；（不要求证明）（（3分）（2）令a=9f（n）-8，记t为数列｛a｝中落在区间（9m,92m）内的项的个数，设数列｛t｝TOC\o"1-5"\h\znmnm的前m项和为S，试问是否存在实数九，使得2^<S对任意meN*恒成立？若存在，mm求出九的取值范围；若不存在，说明理由；-pl--pl-b2，数列｛c｝满足:nn(3)已知数列｛b｝满足：b=，bn12n+1c=1，c1nc=1，c1n+1n，求证：b<f()<2n+1nn17、（2019届黄埔区高三二模）已知以a为首项的数列｛a｝满足：IaI=Ia+11（neN*）.1nn+1n1（1）当a=—时，且—1<a<0，写出a、a；13n23（2）若数列｛IaI｝（1<n<10，neN*）是公差为—1的等差数列，求a的取值范围；n1（3）记S为｛a｝的前n项和，当a=0时，nn1给定常数m（m>4，meN*），求S的最小值；m—1对于数列a,a,…,a，当S取到最小值时，是否唯一存在满足IaI=Ia+1I1288j+2j—1(2<j<6，jeN*)的数列｛a｝?请说明理由.n参考答案：二、解答题「2a+16d=34n113a+3d=9I1解得a=1，dn113a+3d=9I1解得a=1，d=2，(3分)1所以｛a｝的通项公式为a=2n—1(neN*).(4分)nn(2)当n=1时，b=T=1—b，所以b=.(1分)11112由T=1—b，得T=1—b，两式相减，得b=b—b，nnn+1n+1n+1nn+1717故b=b，……（2分）n+12n11（1An所以，｛b｝是首项为〒，公比为怎的等比数列，所以b=-n22n12丿22、a+92m+82(m+4)ma+92m+82(m+4)m（4分）要使丄是｛bn｝中的项'm只要m+4=2n即可,（6分）（只要写出一个m的值就给分，写出m=2n-4,neN*,n>3也给分）（3）由（1）知,2n一1c=n2n一1+1（1分）要使c，c，c成等差数列，必须2c=c+c，即TOC\o"1-5"\h\z12k21k612k-1=+，(2分)3+11+12k-1+14化简得k=3+.(3分)t-1因为k与t都是正整数，所以t只能取2，3，5.（4分）（5分）当t=2时，k=7；当t=3时，k=5；当t=5时，k=4综上可知，存在符合条件的正整数t和k，所有符合条件的有序整数对（t,k）（5分）(2,7)，(3,5)，(5,4).(6分)22解匸(1)因为an=2n-3/jI所以盘[=一1・也=一2・殆=一1・欧=4$4分34分所以巾=-1•/?：=--,,心=1・t?!=2-A,a.=4-2Z,=8-3Z.当Z<2时，a}<a2<a3,伏=①？①=_3‘无解；当2<Z<3时，a2<ay<a2,b2=°2=-3,无解：乙二-3.无解.当3<2<4时，a2<a2<a,,b?=":严=_3,解得A=4；当2>4时.02<02<^.%二6二-3.无解.2此时a”=2"-4”・4=一2•a2=-4l当«>4时，^1-df；=2r=4>0r所以兰心4时所以兰心4时他｝逋壇，化二空許=2…一2用-2,丿分bj=—2f/—3r/>3—3f®=_2所以当心所以当心4时.S』2"-斥一3卄26分(3)必要性三数列仏｝是等差数列.设其公差为比当c/>Q时｛%｝是遥增数列;当d=0时｛%｝是常数列;当〃;>0时，｛心｝是递減数列'割有血严匕,—二-n2”•+■]巧222所以数列｛"｝是等差数列.充分性；数列｛%｝是等差数列.设其公差为/•则吊M二翌匸吒十巴匚竺二八2由题意知，M卄i>丄人•叫.]<叫.当/>0时，M曲>A<对任意斤三人广都成立.如•所以仏｝是递增数列,场二匕，叫",匚一垃彳3竺二乩”''1222所以｛〜｝是公差为2/的等差数列当d'<0时・叫+l^叫・进而叫+严％c叫乞碍・所以｛兀｝是递滅数列.丄人=切・傀=比・尹=孔+：「岖十用」_「耕”=q$—土~22_2■所以｛兀｝是脸差为2圧的等差数列h分当川=0时，"”+】-陆+刚1-"t=°,22因为一丄你与蛾*—肮口口至少有一个为J。•所以二者都为®进而得｛兀｝为常数列、综上.充廿性成立一"分3、解：（1）令n=l时，a1a2=S1，由于：无穷数列｛an｝的各项都不为零，所以：a2=1,由：an・an+1=Sn，所以：an+1・an+2=Sn+1，两式相减得：an+2-an=1，所以：数列｛a2n｝是首项为1,公差为1的等差数列.9|-|1Q则：二且？+（2-1）=1009.（2）由〔1）知，数列｛血』是首项为b公差为1的等差数列，亠数列｛^-1｝的首项爼，公差为1的等差数列•屮故：礪=]n1）二且]+竽〔门为奇数）8为偶数n2故：礪=]n1）二且]+竽〔门为奇数）8为偶数n2-l所以：sn=n+142n.n（口为奇数）S为偶数）①当/为奇数时，an2+an+12<sn+sn+pd44、rn+l,n2-li,rn+l,(n+1)2n［〒屯+^H［亍i一厂］即：j2-2j＜罟对任意的正奇数〃瓠恒成立所以.：书匚2“＜0,心即：.心②当川为偶数时，an2+且n+12＜sn+sn+1，4J歸訐＜[罗J歸訐＜[罗+£]+呼屮呼丄]'即：引？-2且1＜号对任意的正偶数恒成立，亠所以：at心i-Vb-”1+佔即：―2—〜豆宀一-—,4综合①②得：0＜引＜岂吃.4数列｛a2n｝是首项为1,公差为1的等差数列，数列｛a2n_i｝的首项a],公差为1的等差数列.得知：数列的各项都为正值.设bn=bmb则:anam则:anaman+tam+t取QZ则：陽-為=1,4故：%=血(躡+2-门，4不妨设io为偶数，贝l^=an(a^2+t)-定为整数.4fk=n+2当K为偶数时，方程沪沁的—组解是:当K为偶数时，方程沪沁的—组解是:当藍为奇数时，方程沪磁的—组解是:ipf2(且［+^右)(alH)故：数列｛bn｝中的任意一项总可以表示为数列｛bn｝中的其他两项之积.22rn—1则4<Jrn—1则4<J<4m【解析】（1）由题意，若存在数列｛化｝,贝ljb,<l<62<4<b3<8<64<13<65>令®=0,〃=3.5,则©=0<1<的=3.5<4<63=7<8<b4=10.5<13<b5=14,即数列M：1,4,8,13为“等差分割数列”;证明：当rn>5iM，若存在项数为m+1,公差为d的等差数列血｝,使得仪<afc<b“,其中k=1,2,/..,m，•则满足©<2<b2<4<b.<8<b4<16<b5<32<66<,b6>32,<2^>66-^=5(i>30,即d>6,又2<®<4,4v®<8=>0<b3-b2=d<6f故不存在这样的等差数列｛饥｝,即数列｛%｝不是'‘等差分割数列”；设等差数列仇｝通项公式为：®=3+@-l)d,由题意，满足6(=3<务=7<b2=3+d<a2=11<<bni=3+(m—1)dva,”=4m4-3<bm^=3+md,6t=3,>7=>62—=d>4f又折=3上,”<4rn+3h_拭=(m<4mf此时tbjt=3+(fc-l)ci<3+(^-l｝g=4k十玄第*|>3+4ni=1*2严“加)tm-I旳亠毎:>4良一（k亠1）上也一=_—>0血+]_出>0t即虬u暫c傀卄.直=1、2m恒成立,m-I恥-i则公差」的取值范Im—5、解：（5、解：（1）由已知可得a=3n-1（ngN*）n故b=2-3n-i(ngN*)，所以bb=4-32n-innn+1从而抵b｝从而抵b｝是以12为首项,nn+19为公比的等比数列，故数列\bb｝nn+1的前n项和为(2)依题意得a=2n(ngN*)n所以b=X(q2n+1)(ngN*)n1616分c=3++(九+1)n_九炉q2nn1—q(3)因为数列｛b｝的各项皆为正数，所以a+->0,厶11(3)因为数列｛b｝的各项皆为正数，所以a+->0,厶11

c二log[(a+_)2n-1]二一n+1—log(a+—)，

n1222若数列｛T｝是单调递减数列，则T>T,即n2111111-2log(a+—)—1>—log(a+—),log(a+—)<-1，即a+<，222222221一所以-入<a<0•不存在整数a，使得数列｛T｝是单调递减数列.2n—亨<0—亨<0舍去)，因此，存在3+如=01—q2九+1=0九=—1v3(q=q=~2(九,q)=彳,)使得数列T成等比数列，且叮3-^3^)(ngN*).1111宀1+=2a+—n+1n-1nb

即一L=2

bn-11C16、解：(1)a+=2a++nn+1n-1nn(n+1)21

=2a+=2(a+—)n—1nn-1n111又b=a+=a+，由a丰一—，贝yb丰01122211所以｛b｝是以b=a+〒为首项，2为公比的等比数列.n121(2)b=(a+—)・2n-1，所以a=n2n(1)

a+—I2丿若｛a｝是单调递增数列，则对于ngN*，a-a>0恒成立nn+1(1)I2丿(1)I2丿・2n-1+>0，得a+>—(n+1)(n+2)21C1・2n-1n+1a-a=n+1n(1)I2丿J1)由a+—I2丿1(1)I2丿c1・2n-1+—nC1・2n-1+n+1・2n-1+(n+1)(n+2)12n-i(n+1)(n+2)对于ngN*恒成立,-2n-1(n+1)(n+2)递增，且<0，lim[-]=0，2n-1(n+1)(n+2)ns2n-1(n+1)(n+2)所以a+*>0，又a丰一2，则a>-2.10分13分7、7、(1)由％=2an+2,所以an+1"4=Q(叮4)，且ai-4=-2,故数列仇-4｝是以-2为首项，2为公比的等比数列;2n一2,n一2,由(1)题，得。厂4=一2(2)n-1，得a—4——4-于是——4-f1)2f1)〔2丿n-2-m4-于是——4-f1)2f1)〔2丿n-2-m4-2<—，当m三4时，34-n-1-mf1)2

f1)〔2丿n-2-m>1，无解,n-1-m因此，满足题意的解为解：①当k=1时，由□<2，解得0<t<1或2<t<3,2一t10分f1)②当k三2时，a—4-—k2丿n一2>3，故分母a-1>0恒成立,n从而，只需a-t<2(a-t)对k三2，k^N*恒成立，即t<2a厂对k三2，k£N*恒成立，故k+丄kkk+丄t<(2ak~ak+1)min，13分又2a—a=4—3kk+ik-i55，故当k=2时，(2ak-ak+i)min-2，所以t<2'5综上所述，t的取值范围是(0,1)U(2,-).厶8、答案：(1)a=6，a=4；(2)S=n(n+1)+(-1)n，S=407837923n201916分(3)b—4n+2，n>2，T=(2n+2)•2”+n—2nn解析：S7*解：⑴由口"二2此｝心得sg+爲-丨〕二亦丐即斗+昂I二2上%又flj—1r.'.u2+(;14-a1—8,则a2—*a,+a2+ff^+aL+ff2=18j得5二4；(2)由Sn^Sn-y-ln2(n>2)r得务+叶^H=2(fl+1)'j两式作差可得：Sfi+|-Sre_L=4n+2.即tf,+aJT_|=4fl+2.■—^2D19~a1(.a2~^~a3)+(业+口5)+---++口即II訂^1+4x2+24-4x4+2+...+4X201S+2二]+斗(2-F4+6+.+201S)+2x1009=1+4x^+201^X1°°9+2X1009=4078379；(3)由加二业+业+I二4比+2.rTOC\o"1-5"\h\z得Tn-b\C]+h2C2+b3C^+...+bnCnnnnw二(4X1+2)C1+(4X2-F2)c2+(4x3+2)(?+…十(4用+2)c"7in=4(lxC^lxC^+axC^+.+flC")+2(Cl+C2+-..+CN)njinnhnn=4Xnx2c-]+2x2B^2=5+1)2r+1-2.9、(1)x=2,x=4,a=一6,a=n；n⑵一二丄一A》om-ranm+nn^N都成立「<—!—二n^N都成立「ojii+fl/!m-tn一孔一札又|九■!■皿厂九―寸耳0f■■方”+■—kg—hR—0t即占冃+寸—占e十由rf舍m二1可得虬+i二九+肌r.'.ba+y-bn—bv.「•数列上訂是等差数列.（3）由⑴可得:5=V1）（脛“）*gI=—y（V^+V^"++V科（舟+1））j显然是谨减数列，故冷W爲二迈，JI打丁*/1（月+1）>rtj..心>1+2+2十一+二5丁比X11.1•乍逅+不>亍主的取值范围是（二迈].TOC\o"1-5"\h\znZ10、解：（1）aI=1,w：=yXfl]+m=^--|-mtKK若Qi、wi、叭成等差数列】贝lJa[-\-a2—2mrIO即1+毎+個二2憎「KK（2｝若m=0J则a两边取2为底的对数#得bggn+i二怙g’（卜厲2）—2/og2afl'3tB即加幻（aR_]-3）二2（iog2an-3）r即数列｛laS2aR-3｝是以-3为首项「2为公比的等比數列，则巾跨T二〜『二得外二产",即咕凶Tf；⑶①当m—2时*码t_]二舟“,+2,由的二1#则由a„4-i—^Xa„2+2得当h^2时，a„>21则4+叭：>0,K8若aK<4,则必有町一厂4二fx（ara2-l6）二!X〔a厂4）（召+4）V。』即心如-4€（1「KK即血二2满足条件.②下证m>2时』不特合题意』假设存在m>21则口如一耳二;口丁+血一耳二:乂〔心一4）2+m-2^m-2>G,应用累加法得弧+厂庄总（”一I）（m—2）t即弧纠+（n—1）（附―2）』3^N=[—]+2t（[工]表示不超过jc的最大整数）』附一2则当n^NtneMr口总4与题设条件Q.<4矛盾，即m>2^t不符合题意「综上™1的最大值为2.11、解：（1）由a+a二2n-35得a+a二2n-33,2分nn+1n+1n+2

作差得a—a=2=d,n+2n即数列｛作差得a—a=2=d,n+2n即数列｛a｝是“间等差数列”间公差d=2.n(2)由(1)得{a},{a}分别以a=a,a=—a—33为首项，公差为2的等差数列,2n—12n1a=a+2(k一1)=2k一2+aa=a+2(k-1)=2k-35-a2k2所以a=<nn+a一1,n=2k一1()keNJ,n一35一a,n=2k又a+a=2n一35，所以,nn+1当n为偶数时，Sn=(a1+a)+(a+a)+234()—33+2n一37nn2一35na+a丿=x—=n-1n222当n二18时,Sn最小值为S18=—153.当n为奇数，S=(a+an12)+(a+a)+34(a+a)+an一2n一1nTOC\o"1-5"\h\z—33+2n一39n一1n2一35n,当n=17时，S最小值为S=—136+a，因为S的最小值为一153当n=17时，S最小值为S=—136+a，因为S的最小值为一153，n17n因此只需—136+a>一153na>一17.10分11、n—111A2018-得cc二二2018-<2Jn+1n+2<2J(3)由ccnn+1n11分作比得‘分=2，所以数列｛"是“间等比数列”.13分n由A=2得｛c2”_1>｛c2”｝分别以C1=k，C2=学为首项，公比为2的等比数列,n又c>c，所以cnn+11，又因为c=2c=4c=,c=2c=4c=135246Ik>0所以，由5Ic>cJ1216分解得<2018<k<4036，即最大的整数k=63.18分n12、解：(1)由巴=l，bn=2，知叮4,a3=6,a4=8(2)因为ab-S+1①,n+1nn所以当n>2时，ab—S+1②,nn—1n—1①—②得，当n>2时，ab—ab=a③,n+1nnn—1n7a7a171所以b——b+—l——b+—nan-1aqn-1qn+1n+1又因为b”+古工0(否则｛b”｝为常数数列与题意不符),所以巴+占｝为等比数列。(3)因为｛b｝为公差为d的等差数列，所以由③得，当n>2时,nab-a(b-d)—a,n+1nnnn即(a-an+1nn)b=(1-d)a，因为{a},{b}各项均不相等,所以a—a丰0,1—d丰0,n+1nba所以当n>2时，厂=一④,1一da一an+1nba当n>3时，T一"匸=一一—⑤,1一da一ann—1aa由④-⑤，得当n>3时n一i—a一aa一an+1nnn—1先证充分性：即由d—1证明aj，a,成等差数列,223nd⑥,aa1因为d—，由⑥得—na一-—11,a一aa一an+1nnn—1所以当n>3时,a1an+1=n—1——a一aa一an+1nnn—1又a丰0，所以a一ann+1j即a,a,,a,成等差数列.23n再证必要性：即由a2,a3,，a”，成等差数列证明d-2.因为a,a,,a,成等差数列，所以当n>3时，a-a—a-a23n......n+1nnn-1aaaad所以由⑥得•，…-I——n-I——1—a-aa-aa-aa-a1-dn+1nnn-1nn-1nn-1所以aa,a,成等差数列的充要条件是d—1.23n213、解：（1）因为a—2,a—3,a—81.2372+8=所以b3———5(2)(必要性)当数列｛a｝是等差数列时，设其公差为d当d>0时，a—a—d>0，所以a>a，所以M—a，m—ann-1nn-1nnn1当d<0时，a—a—d<0，所以a<a，所以M二a，m—ann-1nn-1n1n当d—0时，a—ann-1—d—0，所以a—a，nn-1所以Mn—a1，mn—ana+a—n12丫丫a+aa+ad门、所以b—b—f1—n^4—，所以数列｛b｝是等差数列nn-1222n综上，总有bn（充分性）当数列｛b｝是等差数列时，设其公差为d*nM+mM-mM-Mm-m因为b—b———nn———n_1n_1———nn_1+nn—1—d*，nn-12222根据M，m的定义，有以下结论:nnM>M，m<m，且两个不等式中至少有一个取等号nn-1nn-1当d*>0时，则必有M>M，所以a—M>M>ann-1nnn-1n-1所以｛a｝是一个单调递增数列，所以M—a，m—a1nnnn1所以b-bnn-12a+aa+aa-a—n1——n_41——nn_1—d*22所以a-a—2d*，即｛a｝为等差数列nn-1n当d*<0时，则必有m<m，所以a—m<m<ann-1nnn-1n-1所以｛a｝是n个单调递减数列，所以M=a,m=an1ni所以b-bnn-1a+aa+aa—az——1n—1n~1——nn一1—d*22所以a-a—2d*，即｛a｝为等差数列nn-1当d*=0时，b-b=nn-1nM+mM+mM—Mnn—n-1n-1—n2因为M—M,m—m中必有一个为0,nn-1nn-1根据上式，一个为0则另一个亦为0,所以M=M,mnn-1n综上，结论得证.=m/所以｛a｝为常数数列，所以｛a｝为等差数列n-1(3)存在假设不存在,10分因为Ib1=1，即b=1nn或者b=-n所以对任意KeN*，一定存在i>K,使得bi,bi+1符号相反12分所以在数列｛b｝中存在b,b,b，…,b,b....,ki+1其中k<k<k...<k<...123i且一1=bk1—...—b—bkkii+11=bk1+12+1=bk3+1=…=b=bk+1

i+1k+1i14分因为bki=-1,bk+1i=1，即+mk^.i2iM—-1,—J1注意到M+1imk+1

i♦m，且有且仅有一个等号成立,ki所以必有Mk+1imk+1

i16分所以M=Mk+1kii所以ak+iik+1i因为k>k,所以k>k+1,i-1ii-1所以M>Mkiki-1+1所以ak+1i+4>M+4ki-1+1所以ak+1i>aki-1+1所以a-a>4ki+1ki-1+1所以a-a>4k+1k+121TOC\o"1-5"\h\za-a>4k3+1k2+1a-a>4k+1k+1\o"CurrentDocument"43a-a>4k+1k+1mm-1所以a-a>4(m-1)k+1k+1m1所以a>a+4(m-1)k+1k+1m1所以a>a+4(1010-1)>-2018+4036=2018,k+1k+1这与1al<2018矛盾，所以假设错误，……18分n所以存在KeN*,使得任意n,n>K,有b=b.n+1n14、解：(1)设等差数列｛a｝的公差为d.由a二1,a二15得1+7d二15,n18解得d=2.2分贝y得a=a+d=1+2=3，所以a=34分110x99x8(2)由S=19a，得10x1+x2+9a+x2=19x(a+8),191022解得a二2,2分由a一a=2，且a=1,a=2，得n+2n12n—1当n为奇数时，a=a+x2=n；n12n—2当n为偶数时，a=a+x2=n4分n22所以对任意neN*，都有a=n，当n>2时，a—a=1,nnn-1所以数列｛a｝是以1为首项、1为公差的等差数列6分n其它解法，对应给分。（3）由题意a=an-1,1分n①当0<a<1时，a<a<a<S,21m所以对任意meN*，都有（S-a）（S-a）>0,2分m2m3

因此数列匕｝不具有性质M.n②当a二1时，a=1,S—n,nn所以对任意meN*，都有（S一a）（S一a）—（m一1）2>0,m2m3因此数列匕｝不具有性质M.n③当1<a<2时，（a-1）2>0oa（2一a）<1o1—>aolog2一an>logn<log1—o1>anon>logn<log2一aa一1nn+11an一1c。<anoS<a2一aa一1nn+1取log二取log二*（B表示不小于X的最小整数）’则Sno>a,S<an°+1no—1n°所以对于任意meN*，（S一a）（S一a）>0，mn0mn0+1即对于任意meN*，S都不在区间（a,a）内,mn0n0+1所以数列匕｝不具有性质Mnan-1（2—a）an—1④当a>2时，S—a——an—<0，且S>a，nn+1a—1a—1nn即对任意的n>2（neN*），都有（S—a）6-a）<0,mnmn+1所以当a>2时，数列b｝具有性质Mn综上，使得数列b｝具有性质M的正实数a的集合为［2,+8）.n③④的另解：当a>1时，L｝单调递增，&｝单调递增，且n>2时，S>a.nn若对任意n>2（neN*），都存在meN*，使得（S一a）6-a）<0，即存在S在区间mnmn+1m（a,a）内.nn+1观察（行停，）内的S只能是S.mn

证明：在n-1个区间(a,a),(a,a)，…，(a,a)内需要n-1个S,TOC\o"1-5"\h\z334nn+1m因为S<a,S>a，所以可选择的S只能是S,S，…,S，共n-1个.2n+1n+1m23n6分由S<S<•••<S，得a<S<6分3nnnn+1“an—1所以只需满足S<a恒成立，即<an，nn+1a—1得2—丄<a对任意ngN*都成立.an因为数列p因为数列p—丄I单调递增,anan丿TOC\o"1-5"\h\z综