江苏省2020届高三数学一轮复习典型题专题训练：数列(含解析)

江苏省2020届高三数学一轮复习典型题专题训练数列一、填空题1、（南京市2018高三9月学情调研）记等差数列{an}前n项和为Sn．若am＝10，S2m－1＝110，则m的值为▲2、（南京市2018高三9月学情调研）在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝an＋EQ\F(1,n(n＋1))(n∈N*)，则a10的值为▲．3、（南京市13校2019届高三12月联合调研）设等比数列的前项积为，若，则的值是▲．4、（苏州市2019届高三上学期期中）已知等比数列的前项和为，，则▲．5、（徐州市2019届高三上学期期中）已知等差数列的前项和为，，，则的值为▲．6、（盐城市2019届高三上学期期中）设等差数列的前n项和为，若，，则公差d＝．7、（南京市六校联合体2019届高三上学期12月联考）已知n∈N*,，，，其中表示这个数中最大的数．数列的前n项和为，若对任意的n∈N*恒成立，则实数的最大值是▲．8、（苏州市2018高三上期初调研）等差数列的前项和为，且，若对任意，总有，则的值是．9、（宿迁市2019届高三上学期期末）已知数列前n项和为，，，则的值为▲．10、（扬州市2019届高三上学期期末）已知等比数列的前n项和为，若，，则＝．11、（镇江市2019届高三上学期期末）设是等比数列的前n项的和，若，则＝．12、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第二次模拟（5月））已知是等比数列，前项和为．若，，则的值为▲13、（苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（二））已知等比数列的前n项和为，若，则＝．14、（盐城市2019届高三第三次模拟）已知正项数列满足，其中，，则____.15、（江苏省2019年百校大联考）已知为各项均为正整数的等差数列，，且存在正整数，使，，成等比数列，则所有满足条件的的公差的和为．16、（南京市、盐城市2019届高三第二次模拟）等差数列中，，前12项的和，则的值为.17、（南京金陵中学、海安高级中学、南京外国语学校2019届高三第四次模拟）设数列为等差数列，其前n项和为，已知，，若对任意n，都有≤成立，则正整数k的值为18、（南师附中2019届高三年级5月模拟）已知数列的前n项和为，，，，则满足2019≤≤3000的正整数m的所有取值为．二、解答题1、（南京市2018高三9月学情调研）如果数列{an}共有k(k∈N*，k≥4)项，且满足条件：①a1＋a2＋…＋ak＝0；②|a1|＋|a2|＋…＋|ak|＝1，则称数列{an}为P(k)数列．（1）若等比数列{an}为P(4)数列，求a1的值；（2）已知m为给定的正整数，且m≥2．①若公差为正数的等差数列{an}是P(2m＋3)数列，求数列{an}②若an＝eq\b\lc\{(\a\al(eq\F(qn－1,3)，1≤n≤m，n∈N*，,eq\f(m－n,12)，m＋1≤n≤2m，n∈N*，))其中q为常数，q＜－1．判断数列{an}是否为P(2m)数列，说明理由．2、（南京市六校联合体2019届高三上学期12月联考）已知数列{an}各项均不相同，a1＝1，定义，其中n，k∈N*．（1）若，求；（2）若bn＋1(k)＝2bn(k)对均成立，数列{an}的前n项和为Sn．（i）求数列{an}的通项公式；（ii）若k，t∈N*，且S1，Sk－S1，St－Sk成等比数列，求k和t的值．3、（南京市13校2019届高三12月联合调研）已知数列的前项和为，把满足条件的所有数列构成的集合记为．（1）若数列通项为，求证：；（2）若数列是等差数列，且，求的取值范围；（3）若数列的各项均为正数，且，数列中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给出一个数列的通项；若不存在，说明理由．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Sn，数列{an2}的前n项和为Tn，且3Tn＝Sn2＋2Sn，n∈N*．（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，求k和t的值．5、（苏州市2019届高三上学期期中）已知等差数列的前n项和为，，．数列的前n项和为，且．（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和．6、（盐城市2019届高三上学期期中）已知正项数列的首项，前n项和满足．（1）求数列的通项公式；（2）若数列是公比为4的等比数列，且，，也是等比数列，若数列单调递增，求实数的取值范围；（3）若数列、都是等比数列，且满足，试证明:数列中只存在三项．7、（泰州市2019届高三上学期期末）已知数列｛｝的前n项和为Sn，，且对任意的n∈N*，n≥2都有。（1）若0，，求r的值；（2）数列｛｝能否是等比数列？说明理由；（3）当r＝1时，求证：数列｛｝是等差数列。8、（无锡市2019届高三上学期期末）设等比数列｛｝的公比为q(q>0，q̸=1)，前n项和为Sn，且2a1a3=a4，数列｛｝的前n项和Tn满足2Tn=n(bn-1)，n∈N＊，b2=1.(1)求数列｛｝，｛｝的通项公式；(2)是否存在常数t，使得{Sn+}为等比数列？说明理由；(3)设cn=，对于任意给定的正整数k(k≥2),是否存在正整数l，m(k<l<m),使得ck，c1，cm成等差数列？若存在，求出l，m（用k表示），若不存在，说明理由.9、（宿迁市2019届高三上学期期末）已知数列各项均为正数，是数列的前项的和，对任意的都有.数列各项都是正整数，，，且数列是等比数列．（1）证明：数列是等差数列；（2）求数列的通项公式；（3）求满足的最小正整数．10、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第二次模拟（5月））已知数列满足（），（）．（1）若，证明：是等比数列；（2）若存在，使得，，成等差数列．①求数列的通项公式；②证明：．11、（苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（二））已知数列是各项都不为0的无穷数列，对任意的n≥3，n，恒成立．（1）如果，，成等差数列，求实数的值；（2）已知＝1．①求证：数列是等差数列；②已知数列中，．数列是公比为q的等比数列，满足，，(i)．求证：q是整数，且数列中的任意一项都是数列中的项．12、（苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（一））定义：若有穷数列，，…，同时满足下列三个条件，则称该数列为P数列．①首项；②；③对于该数列中的任意两项和(1≤i＜j≤n)，其积或商仍是该数列中的项．（1）问等差数列1，3，5是否为P数列？（2）若数列a，b，c，6是P数列，求b的取值范围；（3）若n＞4，且数列，，…，是P数列，求证：数列，，…，是等比数列．13、（盐城市2019届高三第三次模拟）在无穷数列中，,记前n项中的最大项为,最小项为，令.

(1)若的前n顶和满足

①求；

②是否存在正整数m,n满足？若存在，请求出这样的m,n,若不存在，

请说明理由；

(2)若数列是等比数列，求证:数列是等比数列.14、（南京金陵中学、海安高级中学、南京外国语学校2019届高三第四次模拟）已知数列的各项均为正数，其前n项和为，且，n．（1）求证：数列为等比数列；（2）若与(t为常数，t≥3，t)均为正整数，且存在正整数q，使得，，求的值．15（南师附中2019届高三年级5月模拟）、已知数列满足()，数列的前n项和()，且，．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的通项公式；（3）设，记是数列的前n项和，求正整数m，使得对于任意的均有≥．参考答案一、填空题1、62、EQ\F(19,10)3、24、105、246、17、8、79、101310、111、12、1413、14、15、6116、－417、1018、答案：20，21解析：当m为奇数时，，显然是单调递增的，又，，，所以m取21符合题意；当m为偶数时，，又，，，所以m取20符合题意．综上所述，正整数m的所有取值为20，21．二、解答题1、解：（1）设等比数列{an}的公比为q．因为数列{an}为P(4)数列，所以a1＋a2＋a3＋a4＝0，从而1＋q＋q2＋q3＝0，即(1＋q)(1＋q2)＝0．所以q＝－1．又因为|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＝1，所以4|a1|＝1，解得a1＝－eq\F(1,4)或eq\F(1,4)．……3分（2）①设等差数列{an}的公差为d．因为数列{an}为P(2m＋3)数列，所以a1＋a2＋…＋a2m＋3＝0，即eq\F((a1＋a2m＋3)(2m＋3),2)＝0．因为1＋2m＋3＝2(m＋2)，所以a1＋a2m＋3＝2am＋从而(2m＋3)am＋2＝0，即am＋2＝0．……6分又因为|a1|＋|a2|＋…＋|a2m＋3|＝1，且d＞0所以－(a1＋a2＋…＋am＋1)＋(am＋3＋am＋4＋…＋a2m＋3)＝1，即(m＋2)(m＋1)d＝1，解得d＝eq\F(1,(m＋1)(m＋2))．因此等差数列{an}的公差为d＝eq\F(1,(m＋1)(m＋2))．……9分②若数列{an}是P(2ma1＋a2＋…＋a2m＝0；|a1|＋|a2|＋…＋|a2m|因为an＝eq\b\lc\{(\a\al(eq\F(qn－1,3)，1≤n≤m，n∈N*，,eq\f(m－n,12)，m＋1≤n≤2m，n∈N*，))且q＜－1，所以eq\F(1,3)×eq\F(1－qm,1－q)－eq\F(m(m＋1),24)＝0；（*）eq\F(1,3)×eq\F(1－|q|m,1－|q|)＋eq\F(m(m＋1),24)＝1．（**）当m为偶数时，在（*）中，eq\F(1,3)×eq\F(1－qm,1－q)＜0，－eq\F(m(m＋1),24)＜0，所以（*）不成立．……12分当m为奇数时，由（*）＋（**）得：eq\F(1－qm,1－q)＋eq\F(1－|q|m,1－|q|)＝3．又因为q＜－1，所以eq\F(1－qm,1－q)＋eq\F(1＋qm,1＋q)＝3，解得qmEQ\s\up4(＋1)＝eq\F(3q2－1,2)．因为m(m≥2)为奇数，所以qmEQ\s\up4(＋1)≥q4，所以eq\F(3q2－1,2)≥q4，整理得(2q2－1)(q2－1)≤0，即eq\F(1,2)≤q2≤1，与q＜－1矛盾．综上可知，数列{an}不是P(2m)数列．……162、解：（1）因为，所以，所以.………4分（2）（i）因为bn＋1(k)＝2bn(k)，得，令k＝1,，……………①k＝2，，……………②…6分由①得，……………③②+③得，……………④……8分①+④得，又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以．……10分（ii）由（i）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)2－32k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－32k－2＋1(*)．由于Sk－S1≠0，所以k≠1，即k≥2．当k＝2时，2t＝8，得t＝3．………14分当k≥3时，由(*)，得(2k－1)2－32k－2＋1为奇数，所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－32k－2＝0，即2k＝3，此时k无正整数解．综上，k＝2，t＝3．………16分3、解:（1）因为an＝eq\F(1,2n)，所以Sn＝eq\F(1,2)×eq\F(1－(eq\F(1,2))n,1－eq\F(1,2))＝1－(eq\F(1,2))n，所以an＋1－Sn＝(eq\F(1,2))n＋1－1＋(eq\F(1,2))n＝eq\F(3,2)(eq\F(1,2))n－1≤eq\F(3,2)×eq\F(1,2)－1＝－eq\F(1,4)＜0，所以an＋1＜Sn，即{an}∈M．……4分（2）设{an}的公差为d，因为{an＋n}∈M，所以an＋1＋n＋1≤(a1＋1)＋(a2＋2)＋…＋(an＋n)（*）特别的当n＝1时，a2＋2≤a1＋1，即d≤－1，由（*）得a1＋nd＋n＋1≤na1＋eq\F(n(n－1),2)d＋eq\F(n(n＋1),2)，整理得eq\F(d＋1,2)n2＋(a1－eq\F(3,2)d－eq\F(1,2))n－a1－1≥0，因为上述不等式对一切n∈N*恒成立，所以必有eq\F(d＋1,2)≥0，解得d≥－1，又d≤－1，所以d＝－1，于是(a1＋1)n－a1－1≥0，即(a1＋1)(n－1)≥0，所以a1＋1≥0，即a1≥－1，所以2a5－a1＝2(a5－a1)＋a1＝8d＋a1＝－8＋a1≥－9，因此2a5－a1的取值范围是[－9，＋∞)．…………9分（3）由an＋1≤Sn得Sn＋1－Sn≤Sn，所以Sn＋1≤2Sn，即eq\F(Sn＋1,Sn)≤2，所以eq\F(Sn＋1,S1)＝eq\F(S2,S1)×eq\F(S3,S2)×…×eq\F(Sn＋1,Sn)≤2n，从而有Sn＋1≤S1×2n＝a1×2n，又an＋1≤Sn，所以an＋2≤Sn＋1≤a1×2n，即an≤a1×2n－2(n≥3)，又a2≤S1＝a1×22－2，a1＜a1×21－2，所以有an≤a1×2n－2(n∈N*)，所以eq\F(4n,an)≥eq\F(4,a1)×2n，假设数列{eq\F(4n,an)}中存在无穷多项依次成等差数列，不妨设该等差数列的第n项为dn＋b(b为常数)，则存在m∈N，m≥n，使得dn＋b＝eq\F(4m,am)≥eq\F(4,a1)×2m≥eq\F(4,a1)×2n，即da1n＋ba1≥2n＋2，设f(n)＝eq\F(n2,2n＋2)，n∈N*，n≥3，则f(n＋1)－f(n)＝eq\F((n＋1)2,2n＋3)－eq\F(n2,2n＋2)＝eq\F(2－(n－1)2,2n＋3)＜0，即f(n＋1)＜f(n)≤f(3)＝eq\F(9,32)＜1，于是当n≥3时，2n＋2＞n2，从而有：当n≥3时da1n＋ba1＞n2，即n2－da1n－ba1＜0，于是当n≥3时，关于n的不等式n2－da1n－ba1＜0有无穷多个解，显然不成立，因此数列{eq\F(4n,an)}中是不存在无穷多项依次成等差数列．……16分4、解：（1）由3T1＝S12＋2S1，得3a12＝a12＋2a1，即a12－a1＝因为a1＞0，所以a1＝1．………2分（2）因为3Tn＝Sn2＋2Sn，①所以3Tn＋1＝Sn＋12＋2Sn＋1，②②－①，得3an＋12＝Sn＋12－Sn2＋2an＋1．因为an＋1＞0，所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2，③………5分所以3an＋2=Sn＋2＋Sn＋1＋2，④④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝2an＋1，所以当n≥2时，eq\f(an＋1,an)＝2．………8分又由3T2＝S22＋2S2，得3(1＋a22)＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)，即a22－2a2＝0因为a2＞0，所以a2＝2，所以eq\f(a2,a1)＝2，所以对n∈N*，都有eq\f(an＋1,an)＝2成立，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，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)2－32k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－32k－2＋1(*)．由于Sk－S1≠0，所以k≠1，即k≥2．当k＝2时，2t＝8，得t＝3．………14分当k≥3时，由(*)，得(2k－1)2－32k－2＋1为奇数，所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－32k－2＝0，即2k＝3，此时k无正整数解．综上，k＝2，t＝3．………16分5、解：（1）因为是等差数列,设的公差为，由，，得………………2分所以，，所以；………………4分由可知，当时，；………………5分当时，，所以，从而，………………7分又，所以，所以是等比数列，………………8分所以．………………9分（2）因为，所以，，，………………11分所以，所以．………………14分6、解：（1），故当时，两式做差得，…………2分由为正项数列知，，即为等差数列，故…………4分（2）由题意，，化简得，所以，…………6分所以，由题意知恒成立，即恒成立，所以，解得…………8分（3）不妨设超过项，令，由题意，则有，即………11分带入，可得（*），若则，即为常数数列，与条件矛盾;若，令得，令得，两式作商，可得，带入（*）得，即为常数数列，与条件矛盾，故这样的只有项……………16分7、（1）令n＝2，得：，即：，化简，得：，因为，，，所以，，解得：r＝18、9、解：（1）当时，，即，，由得；…………………1分当时，由得，所以两式相减得，所以，…………3分由知所以所以数列是首项，公差的等差数列.…5分(2)由（1）得，由所以数列是首项为1，公比为2的等比数列所以，…………………7分又，所以，即.…………10分（3）由，所以，……12分设，则，令得，由得，所以，………………14分又因为，，，，，所以当时，，所以满足的最小正整数为5.…………16分10、【证】（1）由，得，得，即，因为，所以，所以（），所以是以为首项，2为公比的等比数列．……4分【解】（2）①设，由（1）知，，所以，即，所以．……6分因为，，成等差数列，则，所以，所以，所以，即．……10分②要证，即证，即证．设，则，且，从而只需证，当时，．……12分设（），则，所以在上单调递增，所以，即，因为，所以，所以，原不等式得证．……16分11、12、（1）∵，均不在此等差数列中，∴等差数列不是P数列；…………………2分（2）∵数列a，b，c，6是P数列，所以1＝a＜b＜c＜6，………3分由于6b或是数列中的项，而6b大于数列中的最大项6，∴是数列中的项，同理也是数列中的项，……5分考虑到1＜＜＜6，于是＝b，＝c，∴bc＝6，又1＜b＜c，所以1＜b＜，…………7分综上，b的取值范围是(1，)．………………8分（3）∵数列{bn}是P数列，所以1＝b1＜b2＜b3＜…＜bn，由于b2bn或是数列中的项，而b2bn大于数列中的最大项bn，∴是数列{bn}中的项，…………10分同理，，…，也都是数列{bn}中的项，考虑到1＜＜…＜＜bn，且1，，…，，bn这n个数全是共有n项的增数列1，b2，…，bn中的项，∴，…，，从而bn＝bibn＋1－i(i＝1，2，…，n－1)，①………………12分又∵bn－1b3＞bn－1b2＝bn，所以bn－1b3不是数列{bn}中的项，∴是数列{bn}中的项，同理，…也都是数列{bn}中的项，考虑到1＜＜…＜＜＜＝bn－2＜bn－1＜bn，且1，，…，，，，bn－1，bn这n个数全是共有n项的增数列1，b2，…，bn中的项，于是，同理有，bn－1＝bibn－i(i＝1，2，…，n－2)，②…………14分在①中将i换成i＋1后与②相除，得＝，i＝1，2，…，n－2，∴b1，b2，…，bn是等比数列．…………………16分13、解：①在中，令，得，解得，∴，当≥时，，综上.…2分显然为单调递增数列，所以，，所以.…………4分②假设存在满足条件的正整数，则，所以，设，则，所以，由，得，∴，则≥，……………6分当时，显然不成立，当时，，设，则，，得，………………8分设，则恒成立，所以数列单调递减，而，，，则3时，恒成立，故方程的解有且仅有或，故满足条件的存在，，或.…10分（2）证明：因为，且、分别为前项中的最大项和最小项，所以，，设数列的公比为，显然，①当时，，得，若，则，由与的含义可知与不可能同时成立，故，则，则，，∴，∴，所以数列