2013年数学一模数列部分汇编文科

辅导科目：数 （1（普陀区2013届高三一模文科）若等差数列{an}的前n项和为Sn，a2a414，S770，则数列{an}的通 a3n2（nN*）n 2（2（ ，a1 2则公比q的取值范围 1,2 （3（ }(nN*)中可以找出无限项构成一个新的等比数列{b}，使得该新 列的各项和为，则此数列{b}的通 b 8（4（ 为an3(nN*)，则liman1an2 （5（S13 （6（2013设数列{an}nNa2和a2012是方程4x8x30 则数列{an}的前2013项的和S2013 (7)（青浦区2013届高三一模）若三个互不相等的实数成等差数列，适当交换这三个数的位置后变成一个等比数列， （写出一个即可）2或-12 （18（

an则称{an}是周期数列，T叫做它的周期．已知数列{xn}满足x11，x2a（a1列{xn}的周期为3时，则{xn}的前2013项的和S2013

xn2|xn1xn|（1（2013若无穷等比数列a的前nS1a3

a (nN*)，则复数z 在复平面上对应的点位于 ）a

n

（2（静安区2013届高三一模文科）等差数列{an}中，已知3a57a10a10，则数列{an}nSn（nN*）中最小的是 ）

S7S

（3（2013）S是等差数列{a}(nN*nSS 结论错误的 ）A．S6和S7均为Sn的最大值 B．a70 C．公差d0 D．S9S5（4）数列a满足a

1a cos2n(nN，若数列a的前nS

则S2013的值 )（A）

（D）2（5（

当n2k1，其中kN ak

当n设f(n)a1a2a2n1a2n，则f(2013)f(2012)等于 )

n（6（yf(x，若数列lnf(an)f(x为“保比差数列函数”.现有定义在(0nx如下函数：①f(x)1 ②f(x)x2 ③f(x)ex ④f(x) ，则为“保比差数列函数xx的所有序号 ）(

(B)

(C

②③④（1（在ABCABCabcABC成等差数列．2若ABBC3，且b ，求ac的值2M

sinAM31cos31（1）A、B、C2BA又ABC，∴B 23ABBC3cacos23ac3

4又由余弦定理得b2a2c2

2accos ∴18a2c2ac，∴a2c2ac

6 8（2）M

sinA3131

3cosAsin3

11由（1）得B ，∴AC 由C2A0A0，可得0A2

A 33

3,3)

M的取值范围为

3,3 （2（已知数列

2,

3n12n(n 设

a

证明：数列bn

的通 求数列an的前nSn

a

3a3n12n

b n

，……2

{bn}为等差数列．又b1=0，bnn1． 4ann13n2n 6（2）设Tn0313n13 n3T032133(n1)3n1n22Tn2

(n1)

13

(n1)

10Tn

94

(n1)2

(2n3)3n1．4

2n

14（3（（已知数列anA(na1a2a3an

B(n)a2a3a4an1C(n)aaa

,(n12,3nNa0

若a1,a5，且对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)组成等差数列，求数列a的通 n证明：数列aqnNA(nB(n),C(n组成公比为n（1）n =a-a=4,nN*，所以{anna=4n-3,nn（2（必要性）若数列{a}是公比为q的等比数列，则B(n)=a2+a3 +an+1=q，C(n)=a3+a4 +an+2=qn

（充分性nNA(nB(nC(n)组成公比为q的等比数列，B(n)qA(nC(n)qB(n)，于是C(nB(nqB(nA(n),得an2a2q(an1a1an2qan1a2 n1B(1qA(1a2qa1an2qan10n a0an2a2q，故数列aa，公比为qn n综上，数列{aqnN*A(n)、B(n)、C(nq的n（4（设等差数列{an}的前nSna5a1334S39．数列{bn}的前n项和为Tn，满足Tn1bn求数列{an}的通 写出一个正整数ma

m9是数列{bn}m设数列

}的通 为c

，问：是否存在正整数t和k（k3，使得cccan an

列？若存在，请求出所有符合条件的有序整数对(t,k)2a116d设数列{an}的首项为a1d，由已知，有3a13d

解得a11，d2 所以{a}的通 为a2n1（nN* （4 n1bT1b，所以b1．……（1 由Tn1bn，得Tn11bn1，两式相减，得bn1bnbn1故

12

，……（2

1n所以，{bn}22的等比数列，所以bn2

．……（3 am

2m

12(m

（41am

是{b}中的项，只要m42n即可，可取m4 （6分n（只要写出一个m的值就给分，写出m2n4nN*n3也给分n

2n12n1

要使c1c2ck成等差数列，必须2c2c1ck63

1

2k12k1

（2k3

t

因为k与t都是正整数，所以t只能取2，3，5 （4分当t2时，k7；当t3时，k5；当t5时，k4 （5分综上可知，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)(2,7(35(5,4 （6（5（

满足

104n1nN*，数列

满足

n求an的通 n1数列bn满足bn1

Tn为数列bn的前n项和．求limTnan

mn1mn，使得T1,Tm,Tnmn的值；若不存在，请说解（1）解：c1c210,c2c340，所以公比q 2c14c110计算出c1 3nc24n1 4nan2n 5（2）

1

612n 22n12n 1 1 1

于是Tn213

8 5

2n1 2n

n 2m1

32n 2m24m可得 0 由分子为正，解得 6m 6 mNm1，得m2n12当且仅当m2，n12时，T1,Tm,Tn成等比数列 16m2n12T1,Tm,Tn成等比数列。若学生没有说明理由，则只能得13（6（

C0

C1

C2

n

Cnnnnn23nnnn23lg2lg(11)lg(11 （1）Sn2an1Sn12an11an12an12anan12an

1

10，数列an12

2n1 5n（2）由（1）S2n1nnn12 0SC1nn122(C02C122 102b11b21bm1m1 又b是连续的正整数数列，b 1．上式化为2(bm1)m 1m

3

mN，

2，

3m 此时数列的所有项的和为34511 16（7（定义数列{xn}p，使对任意正整数n，总有(xn1p)(xnp0成立，那么我们称数列{xn}为p摆动数列”．设a2n1b1)nnN，判断{a}、{b}p 设数列{c}为“p摆动数列，cp，求证：对任意正整数m,nN*，总有

设数列{d的前nSS1)nn，试问：数列{d （1）假设数列{an}pp，总有2n1p2n1对任意n成立，n1时，则1p3，取n2时，则3p5p不存在，所以数列{an}不是“p摆动数列 2由b(1)n，于是b (1)2n10对任意n成立 nn 所以数列{bn}p摆动数列”.…4（2）由数列{cn}pc1pp，使对任意正整数n，总有(cn1p)(cnp0即有(cn2p)(cn1p)0成立.则(cn2p)(cnp)0 6所以c1pc3pc2m1p 7同理(c2p)(c1p)0c2pc4pc2np 8所以c2np 9因此对任意的m,nN*，都有c2nc2m1成 10（3）n1d1当n2,nN时，dnSnSn1(1)n(2n1)，综上，dn(1)n(2n 12即存在p0，使对任意正整数n，总有dndn1(1)2n1(2n1)(2n1)0成立，所以数列{dn}是“p摆动数列 14当ndn2n1递减，所以dnd11p1当n为偶数时dn2n1递增，dnd23，只要p3即 15综上1p3.所以数列{dn}是“p摆动数列，p的取值范围是 166（8（（6已知数列{an}满足a17，1a1a2 anan10(其中λ≠0且λ≠–1，n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和．若a2aa，求的值 (2)求数列{an}的通 a n(3)当1时，数列{an131解：(1)n1

1n2

1

2由a2aa，计算得7 4 由题意1a1a2anan101a1a2an1an0(n2(1)anan10(n2)，又0, 5

1

(n2，故数列

}从第二项起是等比数列 7a

a

1

又因为

7(

8

n1所以数列{anan1

1(

n

10

n因为3

所以

33

7 n

113即：27

k–2

7

m–2

7

k-

= a1m=1，k>p≥2ak>ap2apa1+ak7

=7

+(37

p–2=

=22k–5–因为k>p≥2，所以当且仅当k=3且p=2时成立 16 18（9）f(x)x3，等差数列

中a7aa

12Sf3

，令baS，数列1

n nbnTnb求

的通 和Sn

13（3）mn，且1mn，使得T1,Tm,Tnmn的值，（1）a1a2a33a13d12.解得a11，d=3 2∴an3n

4 f(xx3，∴Snf3 3n ∴1

13

8∴

3

3n

)3

10（3）由(2)知，T

∴T1,T

，T ，∵T

,T 3n

3m 3n

∴ )2

123m 43n6m13nm m1时，73n4n=1，不合题意；当m2133n4n=16 m3193n4nm4253n4n m5313n4nm6373n4n

m7m26m1(m3)210

6m113n4343 所以，此时不存在正整数m,n,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比数 综上，存在正整数m=2,n=16,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比数列 18（3）由(2)知，T

∴T1,T

，T 3n

3m 3nT,T,T成等比数列.∴

)21

12

3m 43n6m13nm 当m2时，133n4，n=16，符合题意 m

11

6m， 3n4343 所以，此时不存在正整数m、n,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比数列 17综上，存在正整数m=2,n=16,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比数列 18（10（已知定义域为R的二次函数f(x)的最小值为0，且有 ，直线 被f(x)的像截得的弦长为47，数列an满足11求函数f(x)的解析式 （3）设 ，求数列bn的最值及相应的（1）f(xax12a0

g(x)4(x1)

yf(x)（104

2 4 a a

a0 4（2） 5334

6的等比数列 8 103

3n1

3 4 4

4 4 4

3 4 4

4 4令 ，则

…………12， 的值分别 ，4

……，经比 1

∴当

89有最小值 15256当时，bn有最大值是 （11（若数列bnN，都有

bd（常数，则称数列bd

则

1n求上述准等差数列cn的第8项c8、第9项c9以及前9项的和T91n设数列

aanN，都有

2n

设（2）中的数列an的前nSnS632012，求a（1）

T(335)5(1741)4

（4 anan1 an1an22(n an2an2 当n

an12na 1 1当n

2an12na

nna

2 2n

S63a1a2a633231

32a3231231(

S632012 012.a28 （2解二：当na1a221a3a423an1an2n

1n22

1622632

（4S632012 012.a28 （2（12（设数列{a}的各项均为正数，前nS，已知4Sa2

1(nN*) 证明数列{an}是等差数列，并求其 式是否存在kN*

k

，若存在，求出kmkpN*，mp2k，都有112 Sp （

a2

1n2

2

1．两式相减得4aa2a2

∴(anan1)(anan12)

2∵a0，∴a

2，又4Sa22a1a

∴{an}是以a11为首项，d2为公差的等差数列 2∴an2n

1(12n1)nn2 22假设正整数k则(k2)2 k2048)∴k22(k2048)1解得k 3 m2SkS

2于

k(mp)2(p2m2)2m2 m2p2k mp2pm2m2 m2p2k

2 3 1 Sp （13（已知递增的等差数列{an}a11a1、a2、a4求数列an的 式an设数列{c}对任意nN*，都有c1c2 cn

成立，求c

在数列{dd1，且满足dn

(nN*，求下表中前nS

d2d1dn

d2dn1

……dkdnk1

dn (d 1、a、aa2

2 由(1d)211

d0

d

3∴ann(n

4∵

n1，c1c2

n

nN*

n1c12得c

5 当n2时，由c1c2

n1①，及c1c2

n

n1，得cn

74(n∴cn∴c1c2

(n

844 23201242(1 1

n1

∴d1d2d323234(n1d1

∴dn

13∵dkdnk1

(n

Ck

(k1,

14 k!(nk∴第nd1dnd2dn1 dnd1

nk