2015一模高中数学分类汇编材料收集与理科12数列

2015届高三一模理科试题分类汇编（含10区一模试题精选）专题：数1（2015届丰台一模理科）在等比数列{an}中，a3a44，a22则公比qA.- B.1或- C. D.1或2（ 2015届石景山一模理科）等差数列an中

1,a (mk)，则该数列前mk项之和为 A．mk

B． C．mk

D．mk 3.（2015届朝阳区一模理科）设Sn为等差数列an的前n项和.若a3a83S31,则通项an 4.（2015届东城一模理科）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S28S412，则{an}的公差d 5.（2015届海淀一模理科）已知m,4,n是等差数列，那么(2)m( ；

6.（2015届顺义一模理科）已知无穷数列

.则数列

的前n项和的最小值 2015通州一模理科）已知数列an中a22an12an0，那么数an的前6项和 2015西城一模理科）若数列{a满足a2，且对于任意的mnN* amnaman，则a3 ；数列{an}前10项的和S10 9.（2015届朝阳区一模理科若数列{an}中不超过f(m)的项数恰为bm(mN*)，则称数列{bm是数列{anf(m是{an生成{bm的控制函数．设f(m)m2．若数列{anb1若数列{ana1

，求a1；求a1a2n(n12,3)，是否存在{b}生成{ag(n)pn2qn （pqrZ）？使得数列{an也是数列{bm的生成数列？若存在，g(n)；若不存在，说明理由.10.（2015届东城一模理科）在无穷数列{a}中，a1，对于任意nN都有

N，且a

{n|

mmN}A 素的最大值记为bm，即bm是数列{an}中满足不等式anm的所有项的项数的最大值，我们称数列{bn}为数列{an的伴随数列．(Ⅰ)设数列{an}是1,4, ，请写出{an}的伴随数列{bn}的前5项(Ⅱ)设a3n1(nN*，求数列{a的伴随数列{b}的前20 设a3n2(nN*，求数列{a的伴随数列{b}前n项和S 11.（2015届房山一模理科）下表给出一个“等差数阵47（）（）（）……7（）（）（）…a2…（）（）（）（）（）…a3…（）（）（）（）（）…a4………aiai…………aij表示位于第ij写出a45写出aij的计算N在该等差数阵中的充要条件是2N1可以分解成两个不是1的正整数之积..

m3)满足：①aZ，mam(i1, ,m) ②a

1

称数列A为“Ω”数列MN是否为“Ω”是否存在一个等差数列是“Ω”如果数列A“ΩA中必定存在若干项之和为0．13.（2015届海淀一模理科）有限数列An:a1,a2,,an.(n3)同时满足①对于任意的i,j（1i

jn

aiaj②对于任意的i,jk（1ijkn，aiaj，ajak，aiakAn（Ⅰ）若n4，且a1

，a2

a3aa46a235A求n的最大值14.（2015届石景山一模理科）设数列

①a1②所有项an ③Amn|a

中的元素的最大值记为bm，即是数列 中满足不等式anm的所有项的项数的最大值．我们称数列 数

1，3，5若数列 的伴随数列为1，1，1，2，2，2，3，请写出数列 设

3n1，求数列a的伴随数列b的前30项之和 若数列a的前nSn2c（c常数，求数列a 的前m项和T15.（2015届顺义一模理科）已知二次函数yf(x)的图象的顶点坐标(11O.数列3yf(x

的前n项和为

(n

求数列

的通 设bn

，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn对nN恒成立，求实数t在数列

anan

(1n1n21 n ，这些项都能够构成以aq(0q5qN1 比的等比数列{akN？若存在，写出n关于k k 2015届通州一模理科）设函数fx

mx

解，数列a满足f

nN，且fa

，数b满足nnb43annNn

1求证：数列

是等差数列ana数列c满足c nN，其前n项和为S，若存在nN， b

1n4kR成立，求k2若对任意nN*，使不等

111

≤12n12n

1Lb实数t

17（ ,P(x,y)(kN*11

xixi11与xi

,(i2,,

y y i 写出满足k4P432

2k 当k2n1且

(nn)（nN*n≥2）时，求xy i BCn316、6.-

（Ⅰ）

，又a1是自然数，

或 2因为数列{an若a012，则b1，与a 若a2，则因{a}单调递增，故不存在a12，即b0，也与a 当a11时，因{an单调递增，故n2an1，所以b11所以，a1 6若n2n(n,, )，则数列n}单调递增，显然数列m}也单调递增，由

m2，即2nm2，得n1m22

1m22当m

2k

1kÎN*时，因为2k22k1m22k22k12k22k1 所以bm2k2k2当m=2k(kÎN*)1m22k2

2k2bm=

2k,m=2k

1(k?N*，m

m=2k(k?N*m2- 即当m>0且为奇数时，bm

；当m>0且bm=2若数列{an是数列{bm的生成数列，且{bm生成{ang(n，则bmg(n的项数恰为an，即bmg(n2n，所以

g(n)

，即2n2pn2qnr2n22n对一切正整数n即(2p)n22q)nr0对一切正整数n(2q)nrp(2q)nr

对一切正整数n都成立，故0q2qZ又常数rZ当q00r2n(n1，所以r0，或r1；当q1nrn(n1，所以r0，或r1；当q22nr0(n1，所以r2，或rg(n)(nÎN*)

，或2n21，或2n2

，或

，或2n2

，或2n22n 4 (Ⅱ)由a3n1m，得n1logm(m 所以当1m2mN*bb 当3m8,mN*时，bb b2 当9m20,mN*时，bb 3 所以b1b2 b20122631250 9（Ⅲ）由

，得nm (mN*)．3因为使得anm成立的n的最大值为bm所以bbb1,bbb b

(tN*) 3t 3t 当n3t2(tN*1(t 3t2 Sn

(t1)t2

(n1)(n2) 当n3t1(tN*1(t 3t2 Sn

(t1)2t2

(n1)(n2) 当n3t(tN*1 3(t2 Sn

t2

n(n3) (n1)(n2)(n3t2或n3t1t所以S

…………14 n(n

(n3t,t 解 34，3－1），7，5i行是首项为4+3（i－1），公2i+1等差数列因此 ………7证明：必要性：若N在该等差数阵中，则存在正整数i、2N+1=2i（2j+1）+2j+1=（2i+1）（2j+1），1k、l2N+1=（2k+1）N在该等差数阵中.综上所述，正整数N在该等差数阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是的正整数 13（Ⅰ） 2aa

得a

2Z，与a 所以假设不成立，即不存在等差数列为“Ω”列 分A设Sn为重新排列后所得数列的前n项和（nZ且1 0m1Sm假设当2nmnN时m12

mn1m若Sn

0n项，可以保证m1

m2若Sn100Sn10

n项，可以保证m1

m2如果按上述排列后存在Sn

否则S

Sm个整数只能取值区间[m

m0

2因为区间[m2

2

内的非0整数至多m-1个，所以必存在

iS(1ijm)那么从第i1j项之和为SiSj0A 13（Ⅰ）由②，当i2j3k4时.2a6a,12中至少有一个是数列12a中的项，但6a6，126，故2a6a经检验，当a3时，符合题 3假设235A中的项，由②可知：6，10，15AA的最后一项an5，且n4由①，anan1an2an3 4对于数an2

；对于数an3

6an2an3，这与①所以2,3,5不可能是数列A中 7n的最大值为9，证明如下： 8分（1）

, ,

，则A符合①、 11（2）Ana1a

AA1，不妨设aajakaA中绝对值最大的四项，其中1|ai||aj||ak||al|.则对aiakal有|aial||al||akal||al|，故aialakalAn中的项，即aaA中的项.ajakA但|aia| ，|ajak||ak|所以aiakajakal所以aiaj，这与①假设An中至少有四项，其绝对值大于0且小于1，类似（ⅰ）得出A

（ⅰ（ⅱ（ⅲ（ⅳ）（1（2）

中至多有9 14解 3 （Ⅱ）由a3n1mn1logm(mN 当1m2mN*时b1b2

4当3m8mN*时b3b4

5当9m

b9

6当27m30mN时

b30

7∴（III）∵a1S11c当n2时anSn

∴c

8n∴a2n1(nNn

9由

2n

nm1(mN*)因为使得anm成立的n的最大值为bm所以bb1,bb2,, b

(tN 当m2t1(tN*T21(t1)(t1)tt21(m

11当m2t(tN*T21ttt2t1m(m 分

(mT (m2tT

13m(m解（I）f(x)1(x1)21

1(n1)211n22n(nN)

1当n2时，aS 1n2 当n

时a1S11所以，数列

的通项为

2n1(nN 43因为bn所以Tnb1b

a1a2a2a3a由（I）可知，数列

a 123 当n2mmNTnT2ma1a2a

aa2(a1a3)a4(a3a5) a )4 1(8m212m)1(2n2 当n2m1mNT (1)2m1a 2m1(8m212m)1(16m216m 1(8m24m3)1(2n26n 1(2n26n),所以

9(2n26n7),要使Tn

对nN只要使1(2n26n)tn2n为正偶数）9即使1(26)t对n 故实数t的取值范围是(9

9由

2n1知，数列3

如存在以a为首项，公比q24{akN，此时{a 每一项除第一项外都是偶数，故不存在以an{a}nk 当q1时，显然不存在这样的数列 当q3时，若存在以a3{akNa kn1n1,n1k

3k12nkk所以存在满足条件的数列{an，且nkk

3k2

(k

) 13（Ⅰ）

mx

fxxx所以mx

即mx22m1x0m0有唯一解所以4m24m1

所以m12

…………2所以fx

2xxfa

所以a

n所以12

an2

所以

n11

…………3 fa2

2a12 所以a1

a12所以数列1首项为1，公差为1的等差数 4a an （Ⅱ）由（Ⅰ）得

1n1

所以

2n因为b43an，所以

2na an所以c

1

b 2n12n 22n 2n1

11111

12n 212n

2n1 1

72 2n1 2n n217n因为kS1n4，所以k n417 所以k41725，当且仅当n4，即n2 所以k252（Ⅲ）因

912n12n111 1 1L 111 1 1L 2n所以t 2n111 1 1L 2n令gn 2n

…………10因为11 1 0，所以gn

…………11 2n 2n2n12n2ngn 2n所以g

2n4n22n4n282n4n12

13所以gn是递增数列 所以gng1233所以t233所以t

23 ………23分xiyixi1yi11，所以数列{xiyi1由x1y12，得xiyii1（i1, ,k ………3 故xi

kk(xiyi

23 k1)1k(k3 52i

i

i 若存在点列T，使得xi

2k 则1k(k32k，即k(k32k12因为整数k和k3总是一个为奇数，一个为偶数，且k≥2，而整数2k11 所以对于任意正整数k(k≥2)，任意点列均不能满足xi

2k．…8解：由（Ⅱ）yii1xi(i1