江苏省各地届高三下学期模拟考试数学试题分类汇编数列

江苏省各地届高中高三下学期模拟考试数学试卷试题分类汇编：数列江苏省各地届高中高三下学期模拟考试数学试卷试题分类汇编：数列江苏省各地届高中高三下学期模拟考试数学试卷试题分类汇编：数列江苏省各地2021届高三下学期模拟考试数学试题分类汇编：数列一、填空题1、〔南京市、盐城市2021届高三第二次模拟〕等差数列{an}中，a410，前12项的和S1290，那么a18的值为.2、〔南京市2021届高三第三次模拟〕数列nn，且2Sn＝3n－1，n∈N*．假定bn{a}的前n项和为S＝log3an，那么b1＋b2＋b3＋b4的值为▲．3、〔南通、如皋市2021届高三下学期语数英学科模拟〔二〕〕数列｛an｝的首项a11，数列8｛bn｝是等比数列，且b5＝2，假定bnan1，那么a10＝＿＿an4、〔七市〔南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港〕2021届高三第一次模拟〔2月〕〕数列an是等比数列，有以下四个命题：①数列an是等比数列；②数列anan1是等比数列；③数列1是等比数列；④数列2是等比数列．anlgan此中正确的命题有▲个．5、〔七市〔南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港〕2021届高三第二次模拟〔5月〕〕an是等比数列，前n项和为Sn．假定a3a24，a416，那么S3的值为▲6〔、苏锡常镇四市2021届高三教课状况检查〔二〕〕等比数列an的前n项和为Sn，假定a62a2，那么S12＝．S87、〔苏锡常镇四市2021届高三教课状况检查〔一〕〕如图是抽取某学校160名学生的体重频次散布直方图，从左到右的前3组的频次成等差数列，那么第2组的频数为8、〔盐城市2021届高三第三次模拟〕正项数列an知足an1111...1，此中nN*，a42，那么a2021____.a1a2a2a3a3a4anan19、〔江苏省2021年百校大联考〕an为各项均为正整数的等差数列，a1a27572，且存在正整数m，使a1，a14，am成等比数列，那么全部知足条件的an的公差的和为．参照答案1、－42、63、644、35、1477、408、20219、616、3二、解答题1、〔南京市、盐城市2021届高三第二次模拟〕数列{an}各项均为正数，且对随意nN*，都有(a1a2an)2a1n1ann11.〔1〕假定a1，2a2。3a3成等差数列，求a2的值；a1〔2〕①求证：数列{an}为等比数列；②假定对随意nN*，都有a1a2an2n1，求数列{an}的公比q的取值范围.2、〔南京市2021届高三第三次模拟〕数列{an}的前n项和为Sn，假定存在正整数r，t，且r＜t，使得Sr＝t，St＝r同时建立，那么称数列{an}为“M(r，t)数列〞．1〕假定首项为3，公差为d的等差数列{an}是“M(r，2r)数列〞，求d的值；2〕数列{an}为等比数列，公比为q．①假定数列{an}为“M(r，2r)数列〞，r≤4，求q的值；②假定数列{an}为“M(r，t)数列〞，q∈(－1，0)．求证：r为奇数，t为偶数．3、〔南通、如皋市2021届高三下学期语数英学科模拟〔二〕〕数列｛an｝的前n项和为Sn满2Sn－nan＝n。〔1〕求证：数列｛an｝是等差数列；〔2〕假定的公差d＞0，设bnSn1，求证：存在独一的正整数n，使得an1bnan2；n〔3〕假定a2＝2，设cnan1，求证：数列｛cn｝中随意一项都能够表示成其余两项的乘积。an4、〔七市〔南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港〕2021届高三第一次模拟〔2月〕〕等差数列an知足a44，前8项和S836．〔1〕求数列an的通项公式；n〔2〕假定数列bn知足bka2n12k2an3(2n1)，nN．1证明：bn为等比数列；②求会合(m，p)am=3ap，m，pN*．bmbp5、〔七市〔南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港〕2021届高三第二次模拟〕数列an的各项均不为零．设数列an的前n项和为Sn，数列an2的前n项和为Tn，24ST0，且nnnnN．1〕求a1，a2的值；2〕证明：数列an是等比数列；〔3〕假定(nan)(nan1)0对随意的nN恒建立，务实数的全部值．6、〔七市〔南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港〕数列an知足(nan12)an(2an1)an1〔n≥2〕，bn〔1〕假定a1=3，证明：bn是等比数列；〔2〕假定存在k1，1，1成等差数列．N，使得akak1ak2①求数列an的通项公式；②证明：lnn1anln(n1)1a1．22n

2021届高三第二次模拟〔5月〕〕1n〔nN〕．an7、〔苏锡常镇四市2021届高三教课状况检查〔二〕〕数列an是各项都不为0的无量数列，对随意的n≥3，nN，a1a2a2a3an1an(n1)a1an恒建立．〔1〕假如1，1，1成等差数列，务实数的值；a1a2a3〔2〕＝1．①求：数列1是等差数列；②数列an中，a1a2．数列bn是公比anq的等比数列，足1，b211N)．求：q是整数，且数列bnb1，b3(i中的任a1a2ai1意一都是数列中的．an8、〔常四市

2021

届高三教课状况〔一〕

〕定：假定有数列

a1，a2，⋯，

an同足以下三个条件，称数列

P数列．①首

a1

1；②

a1

a2

⋯

an

；③于数列中的随意两ai和aj(1≤i＜j≤n)，其aiaj或商aj还是数列中的．ai1〕等差数列1，3，5能否P数列？2〕假定数列a，b，c，6是P数列，求b的取范；〔3〕假定n＞4，且数列b1，b2，⋯，bn是P数列，求：数列b1，b2，⋯，bn是等比数列．9、〔城市2021届高三第三次模〕在无数列an中，an0(nN*),an前n中的最大kn,最小rn，令bnknrn.n2na1(1)假定a的前n和S足Snnn2①求bn；②能否存在正整数m,n足bm22m1？假定存在，求出的m,n,假定不存在，22nbn明原因；假定数列bn是等比数列，求:数列an是等比数列.10、〔江省2021年百校大考〕数列an是各均正数的等比数列，数列bn等差数列，且b1a11，b3a31，b5a57．〔1〕求数列an与bn的通公式；〔2〕求数列anbn的前n和An；〔3〕Sn数列an2的前n和，假定于随意nN，有Sn1t2bn，求数t的．3参照答案1、2、解：〔1〕因为{an}是M(r，2r)数列，因此Sr＝2r，且S2r＝r．Sr＝2r，得3r＋r(r－1)d＝2r．因为r＞0，因此(r－1)d＝－2(*)；2S2r＝r，得6r＋2r(2r－1)d＝r，因为r＞0，因此(2r－1)d＝－5( )；2(*)和( )，解得r＝3，d＝－1．···························2分〔2〕①〔i〕假定q＝1，那么Sr＝ra1，St＝ta1．因为{an}是M(r，2r)数列，因此ra1＝2r(*)，2ra1＝r( )，由(*)和( )，得a＝2且a＝1，矛盾，因此q≠1．···········3分112〔ii〕当q≠1，因为{an}是M(r，2r)数列，因此Sr＝2r，且S2r＝r，即a1(1－qr)＝2r(*)，a1(1－q2r)＝r( )，1－q1－q(*)和( )，得qr＝－1．····························5分2当r＝1时，q＝－1；当r＝2，4时，无解；当r＝3时，q＝－1．232综上，q＝－1或q＝－1．······························6分232②因为{an}是M(r，t)数列，q∈(－1，0)，因此Sr＝t，且St＝r，即a1(1－qr)＝t，且a1(1－qt)＝r，1－q1－q两式作商，得1－qrt，即r(1rt)．················8分t＝－q)＝t(1－q1－qr〔i〕假定r为偶数，t为奇数，那么r(1－|q|r)＝t(1＋|q|t)．因为r＜t，0＜1－|q|r＜1，1＋|q|t＞1，因此r(1－|q|r)＜t(1＋|q|t)，这与r(1－|q|r)＝t(1＋|q|t)矛盾，因此假定不建立．············10分〔ii〕假定r为偶数，t为偶数，那么rtr(1－|q|)＝t(1－|q|)．设函数y＝x(1－ax)，0＜a＜1,那么y'＝1－ax－xaxlna，x＞0时，1－ax＞0，－xaxlna＞0，因此y＝x(1－ax)在(0，＋∞)为增．因为r＜t，因此r(1－|q|r)＜t(1－|q|t)，这与r(1－|q|r)＝t(1－|q|t)矛盾，因此假定不建立．·············12分(iii)假定r为奇数，t为奇数，那么r(1＋|q|r)＝t(1＋|q|t)．设函数y＝x(1＋ax)，0＜a＜1,那么y'＝1＋ax＋xaxlna．g(x)＝1＋ax＋xaxlna，那么g'(x)＝axlna(2＋xlna)，g'(x)＝0，得x＝－lna2．因为ax＞0，lna＜0，因此当x＞－2，g'(x)＞0，那么g(x)在区间(－2，＋∞)递加；lnalna当0＜x＜－2，g'(x)＜0，那么g(x)在区间(0，－2)递减，lnalna－2因此g(x)min＝g(－2)＝1－alna．lna因为－2＞0，因此a－lna2＜1，因此g(x)min＞0，lna进而g(x)＞0在(0，＋∞)恒建立，因此y＝x(1＋ax)，0＜a＜1在(0，＋∞)上单一递加．因为r＜t，因此r(1＋|q|r)＜t(1＋|q|t)，这与r(1－|q|r)＝t(1－|q|t)矛盾，因此假定不建立．·············14分假定r为奇数，t为偶数．由①知，存在等比数列{an}为“M(1，2)数列〞．综上，r为奇数，t为偶数．································16分3、4、【解】〔1〕等差数列an的公差d．因等差数列an足a44，前8和S836，a13d4，a11，因此87，解得．8a12d36d1因此数列an的通公式ann．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分〔2〕①数列bn前n的和Bn．n2an3(2n由〔1〕及bka2n12k1)，nN得，k132nn1bka2n12k2n，③1n132n11k1bka2n12k2n1n≥2，④由③-④得32n132n11b1a2n1b2a2n3+bn1a3bna12nb1a2n3b2a2n5+bn1a12n2b1(a2n32)b2(a2n52)+bn1(a12)bna12nb1a2n3b2a2n5+bn1a12n22b1b2+bn1bn22Bnbnbn2．因此32n12Bnbn2n≥2，nN，又3211b1a12，因此b11，足上式．因此2Bnbn232n1nN⑤⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分当n≥2，2Bn1bn1232n2⑥由⑤-⑥得，bnbn3n2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分12bn2n1bn12n2n1200，1b1因此bn2n1，bn12，bn因此数列bn是首1，公比2的等比数列．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分a3apm3ppm3p②由，得bm=bp2m12p1，即2m．cnan，由①得，cnann，bnbn2n1因此cn1n1≤1，因此cn≥cn1〔当且当n1等号建立〕．cn2n由a3ap，得cm3cpcp，m=bpbm因此mp．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分tpmm，p，t*pm3p3t．N，由2m，得m2t3当t1，m3，不合意；当t2，m6，此p8切合意；当t3，m95，不合意；当t4，m121，不合意．13下边明当t4tN，m2t3t1．≥，3不如fx2x3x3x≥4，fx2xln230，因此fx在[4，+)上增函数，因此f(x)≥f(4)10，因此当t≥4tN，m3t1，不合意．2t，3上，所求会合(m，p)am=3ap，m，pN*=6，8．⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分bmbp5、【解】〔1〕因3Sn24SnTn0，nN*．令n1，得3a124a1a120，因a10，因此a11．令n241a21a220，即2a22a20，2，得31a2因a20，因此a21．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分2〔2〕因3Sn24SnTn0，①因此3Sn124Sn1Tn10，②②①得，3SnSnan14an20，11an1因an10，因此3Sn1Sn4an10，③⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分因此3SnSn14an0(n≥2)，④当n≥2，③④得，3an1anan1an0，即an11an，2因an0，因此an11．an2又由〔1〕知，a11，a2a21，1，因此2a12因此数列an是以1首，1公比的等比数列．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分21n1〔3〕由〔2〕知，an．2因随意的nN*，nannan10恒建立，1n11n因此的介于n和n之．221n1n因nn10随意的nN*恒建立，因此0合适．⋯⋯⋯⋯⋯10分22nn1n假定0，当n奇数，n1n1恒建立，进而有1恒建立．2n22p(n)n2，因p(n1)p(n)(n1)2n2n22n10，n(n≥4)2n12n2n12因此p(n)≤p(4)1，即n2≤1，因此n≤1〔*〕，2n2nn进而当≥且≥2，有≥2≥n，因此0不符．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分n5nn2n1n1n1n假定0，当n奇数，n1n恒建立，进而有22n恒建立．2由〔*〕式知，当≥且≥-1，有≥1n，因此0不符．n5nn≥n2上，数的全部0．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分6、【】〔1〕由(nan12)an(2an1)an1，得122n，anan1得1n21n1，即bn2bn1，ana1n因a1=3，因此b111=20bn2〔n≥2〕，a13，因此bn1因此bn是以b1首，2公比的等比数列．⋯⋯4分【解】〔2〕①11，由〔1〕知，bn2bn1，a1因此bn2bn122bn22n1b1，即1n2n1，an因此1k1k．⋯⋯6分2ak因111k，ak1，ak2成等差数列，a(2k1k)(2k1k2)2(2kk1)，因此k10，因此0，2因此1n，即an1．⋯⋯10分ann②要lnn1aln(n1)1an1，2n2即1an1)lnn11112lnn1．2(ann，即nnntn111t1t1t1，且t1，n，nn1tt进而只要，当t1，t12lnt．⋯⋯12分tf(x)x12lnx〔x1〕，xf(x)112(11)20，x2xx因此f(x)在(1，)上增，因此f(x)f(1)0，即x12lnx，x因t1，因此t12lnt，t因此，原不等式得．⋯⋯16分7、8、〔1〕∵3515，5均不在此等差数列中，3∴等差数列1,3,5不是P数列；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分〔2〕∵数列a，b，c，6是P数列，因此1＝a＜b＜c＜6，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分因为6b或6是数列中的，而6b大于数列中的最大6，b∴6是数列中的，同理6也是数列中的，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分bc考到1＜6＜6＜6，于是6＝b，6＝c，cbcb∴bc＝6，又1＜b＜c，因此1＜b＜6，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分上，b的取范是(1，6)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分〔3〕∵数列{bn}是P数列，因此1＝b1＜b2＜b3＜⋯＜bn，因为b2bn或bn是数列中的，而b2bn大于数列中的最大bn，b2∴bn是数列{bn}中的，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分b2同理bn，bnbn也都是数列{bn}中的，b3b4，⋯，bn1考到1＜bn＜⋯＜bn＜b，且1，bn，⋯，bn，bnn个数全部是共有n的增数列1，bnb2nbn1b21b2，⋯，bn中的，bnb2，⋯，bnbn1，∴b2bn1进而bn＝bibn＋1－i(i＝1，2，⋯，n－1)，①⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分又∵bn－1b3＞bn－1b2＝bn，因此bn－1b3不是数列{bn}中的，∴bn1是数列{bn}中的，同理bn1，⋯bn1也都是数列{bn}中的，b3b4bn2考到1＜bn1＜⋯＜bn1＜bn1＜bn＝b－＜b－＜b，bnb4b3b3n2n1n2且1，bn1，⋯，bn1，bn1，bn，bn－1，bnn个数全部是共有n的增数列1，b2，⋯，bn2b4b3b3bn中的，于是，同理有，bn－1＝bibn－i(i＝1，2，⋯，n－2)，②⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分在①中将i成i＋1后与②相除，得bn＝bi1，i＝1，2，⋯，n－2，bn1bi∴b1，b2，⋯，bn是等比数列．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分9、解：①在Snn2+na1中，令n1，得a1S11+a1，解得a11，∴Snn2+n，222当n≥，anSnSn1n2+n(n1)2+(n1)n，222n,(n).上anN⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分然{an}增数列，因此knann，rna11，因此bnn.⋯⋯⋯⋯4分②假存在足条件的正整数m,n，m2m1mn1，n2n，因此m2n22cnncnn1n1nc2c3c4c52n，cn12n12n2n1，因此c1，由mn1，得cm1cn，∴mn，mn1，⋯⋯⋯⋯⋯6分≥2m2n22cn1，mm1当mn2n然不建立，n2当mn1，m2m12mn1，n2n，n1tt1mn1t，tN2t，得n，⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分n2t1dnn1，dn(n1)1n1n2n10恒建立，2n1dn2n1(2n11)(2n12n111)因此数列{dn}减，而d12，d21，d341，n3，dn1恒建立，7t1故方程n的解有且有t1,n2或t2,n1，2t1故足条件的m,n存