江苏省高考数学一轮复习 数列备考试题

数列

一、填空题

1、（2014年江苏高考）在各项均为正数的等比数列{an}中，若a21，a8a62a2，则a6的值是 ▲

2、（2013年江苏高考）在正项等比数列{an}中，a51，a6a73，则满足2a1a2ana1a2an的最大正整数n 的值为 。

3、（2012年江苏高考）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是 ▲ ．

4、（2015届江苏南京高三9月调研）记数列{an}的前n项和为Sn．若a1＝1，Sn＝2(a1＋an)(n≥2，n∈N*)，则Sn＝ ▲

5、（2015届江苏南通市直中学高三9月调研）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1a31a2a4，S42，则数列{an}的公比q为 ▲

6、（2015届江苏苏州高三9月调研）已知等比数列an的各项均为正数,a34,a61,则a4a5 2▲

7、（南京市2014届高三第三次模拟）已知数列{an}满足an＝an－1－an－2(n≥3，n∈N*)，它的前n项和为Sn．若S9＝6，S10＝5，则a1的值为 ▲

8、（南通市2014届高三第三次调研）设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列．若a1a2，b1b2，且biai2(i1,2,3)，则数列{bn}的公比为 ▲ ．

9、（苏锡常镇四市2014届高三5月调研（二））已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a1 = 1，S3 = 6，则S6 = ▲

10、（徐州市2014届高三第三次模拟）在等比数列an中，已知a11，a48．设S3n为该数列

3的前3n项和，Tn为数列an的前n项和．若S3ntTn，则实数t的值为 ▲

11、（南京、盐城市2014届高三第二次模拟（淮安三模））已知等差数列{an}的公差d不为0，且

a1

a1，a3，a7成等比数列，则的值为 ▲

d

二、解答题

1、（2014年江苏高考）设数列{

}的前n项和为

.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得

1

，则称{}是“H数列。”

（1）若数列{}的前n项和=（n），证明：{}是“H数列”；

（2）设数列{}是等差数列，其首项=1.公差d0.若{}是“H数列”，求d的值；

（3）证明：对任意的等差数列{}，总存在两个“H数列” {}

和{

}，使得=（n）成立。

2、（2013年江苏高考）设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项和。记

bnnSn*，nN，其中c为实数。 2nc2*（1）若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：SnknSk（k,nN）；

（2）若{bn}是等差数列，证明：c0。

an13、（2012年江苏高考）已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：

bnb1，nN*，求证：数列nanan2anbnanbn22， nN*，

（1）设bn1是等差数列； （2）设bn1

2•bn，nN*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值． an4、（2015届江苏南京高三9月调研）已知{an}是等差数列，其前n项的和为Sn， {bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝21，

S4＋b4＝30．

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（2）记cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和．

5、（2015届江苏南通市直中学高三9月调研）已知无穷数列{an}满足：a11，2a2a1a3，且对

2

2于任意nN*，都有an0，ananan24． 1（1）求a2,a3,a4的值； （2）求数列{an}的通项公式．

6、（南京市2014届高三第三次模拟）已知a，b是不相等的正数，在a，b之间分别插入m个正数

a1，a2，…，am和正数b1，b2，…，

bm，使a，a1，a2，…，am，b是等差数列，a，b1，b2，…，bm，b是等比数列． a35b（1）若m＝5，＝，求的值；

b34a（2）若b＝λa(λ∈N，λ≥2)，如果存在n (n∈N，6≤n≤m)使得an－5＝bn，求λ的最小值及此时m的值；

（3）求证：an＞bn(n∈N*，n≤m)．

7、（南通市2014届高三第三次调研）各项均为正数的数列{an}中，设Sna1a2Lan，Tn11L1，

a1a2an*

*

且(2Sn)(1Tn)2，nN*．

（1）设bn2Sn，证明数列{bn}是等比数列；

（2）设cn1nan，求集合m,k,r|cmcr2ck,mkr,m,k,rN*．

2

8、（苏锡常镇四市2014届高三5月调研（二））已知常数λ≥0，设各项均为正数的数列{an}的前

n项和为Sn，满足：a1 = 1，

Sn1an1Sn3n1an1（nN*）． an（1）若λ = 0，求数列{an}的通项公式；

1（2）若an1an对一切nN*恒成立，求实数λ的取值范围．

2

9、（徐州市2014届高三第三次模拟）已知数列an，bn满足a13，anbn2，

bn1an(bn2)，nN*． 1an3

1（1）求证：数列{}是等差数列，并求数列bn的通项公式；

bn（2）设数列cn满足cn2an5，对于任意给定的正整数p，是否存在正整数q，

r(pqr)，使得

说明理由．

111，，成等差数列？若存在，试用p表示q，r；若不存在，cqcpcr

10、（南京、盐城市2014届高三第二次模拟（淮安三模））已知数列{an}的各项都为正数，且对任意n∈N*，a2n－1，a2n，a2n＋1成等差数列， a2n，a2n＋1，a2n＋2成等比数列．

（1）若a2＝1，a5＝3，求a1的值； （2）设a1＜a2，求证：对任意n∈N*，且n≥2，都有

参 一、填空题

1\\、42、12 3、4、2－2

5

an＋1a2

＜． ana1

3n－1

1 5、

36、3 7、1 8、322 9、39 10、7 11、2

二、解答题 1、（1）证明：∵

=

，∴

=

=

（n

），又

=

=2=

，∴

（n）。∴存在m=n+1使得

（2）=1+（n-1）d ，若{}是“H数列”则对任意的正整数n,总存在正整数m,使得

。=1+（m-1）d成立。化简得

m= +1+，且d0

又m ， ，d，且为整数。

（3）证明：假设成立且设都为等差数列，则

4

n+=+（-1），=++1，

∴= （）同理= （） 取==k

由题==+（-1）++（-1）

=（）+（n-1）（）=（n+k-1））

可得{}为等差数列。即可构造出两个等差数列{}

和{}同时也是“H数列”满足条件。

2、证明：∵{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项和 ∴Snnan(n1)d 2Snn1ad n22（1）∵c0 ∴bn123d)a(ad) 22112111∴add0 ∴d(ad)0 ∵d0 ∴ad ∴d2a 24222n(n1)n(n1)∴Snnadna2an2a

22∵b1，b2，b4成等比数列 ∴b2b1b4 ∴(a222222∴左边=Snk(nk)anka 右边=nSknka

∴左边=右边∴原式成立

（2）∵{bn}是等差数列∴设公差为d1，∴bnb1(n1)d1带入bnnSn得： n2cb1(n1)d1成立

nSn1132nN(dd)n(bdad)ncdnc(db) ∴对恒111111222nc 5

1d12d011∴b1d1ad0 由①式得：d1d ∵ d0 ∴ d10

22cd10c(db)011由③式得：c0

法二：证：（1）若c0，则ana(n1)d，Snn[(n1)d2a](n1)d2a，bn．

22当b21，b2，b4成等比数列，b2b1b4，

2即：ad2aa3d2，得：d22ad，又d0，故d2a．

由此：S22n2k2a，n2S22nna，Snk(nk)aknka． 故：S2*nknSk（k,nN）．

n2(n1)d2a（2）bnSnn2n2cn2c， n2(n1)d2ac(n1)d2ac(n1)d2a222n2c (n1)d2(n1)d2aca22n2c． (※) 若{bn}是等差数列，则bnAnBn型． 观察(※)式后一项，分子幂低于分母幂，

c(n1)d2a故有：2(n1)dn2c0，即c2a20，而(n1)d2a2≠0， 故c0．

经检验，当c0时{bn}是等差数列． 3、解：（1）∵bn11bn，∴aanbbnn=n1a1nan2bn22。

1bnan222222∴

bn1a1bnbn1bnbnbnn1a。∴ nan1an1an1nN* 。

an 6

2bn ∴数列是以1 为公差的等差数列。

an（2）∵an>0，bn>0，∴

anbn22an2bn2<anbn。

2 ∴1设等比数列{an}的公比为q，由an>0知q>0，下面用反证法证明q=1 若q>1,则a1=a22时，an1a1qn>2，与（﹡）矛盾。 logqa1qa21 >a2>1，∴当n>logq时，an1a1qn<1，与（﹡）矛盾。

qa1 若01，于是b1∴b1，b2，b3中至少有两项相同，与b1∴bn=22222222=2。

1 ∴ a1=b2=2。

4、解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．

由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q，S4＝8＋6d．……………………………… 3分

2＋3d＋2q＝21，d＝1，

由条件a4＋b4＝21，S4＋b4＝30，得方程组解得 3

8＋6d＋2q＝30，q＝2．

3

3

所以an＝n＋1，bn＝2，n∈N*． ……………………………… 7分 （2）由题意知，cn＝(n＋1)×2．

nn 7

记Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn． 则Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn

＝2×2＋3×2＋4×2＋…＋n×2

2

3

2

3

n－1

＋(n＋1)×2， ＋n×2＋ (n＋1)2

n＋1

nn＋1

n2 Tn＝ 2×2＋3×2＋…＋(n－1)×2

2

3

n－1

，

所以－Tn＝2×2＋(2＋2＋…＋2)－(n＋1)×2即Tn＝n·2

n＋1

n

， …………………………… 11分

，n∈N*． ……………………………… 14分

25、解：（1）由条件，nN*,an1anan24，

2=a1a34． …………………………………………………………2分 令n1，得a2又Q2a2a1a3，且a11， 易求得a23,a35． ……………………………4分

2=a2a44，求得a47． …………………………………………6分 再令n2，得a32（2）∵ananan24 (1) 1 ∴an22an1an34 (2)

22由(1)-(2)得，anan(anan24)(an1an34) 12anan2an1an3 ……………………………………………8分

22 ∴anan1an3ananan2 12∴an1(an1an3)an2(anan2) ∴

aan2anan2an1an3，∴数列n为常数数列． ………………………12分

aan1an2n1∴

anan2a1a32. ∴anan22an1. a2an1∴数列{an}为等差数列． ……………………………………………………………14分 又公差da2a12， ∴an2n1．……………………………………………16分 6、解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，

则d＝b－a6

6

，q＝

b ． aa＋b3

a3＝a＋3d＝，b3＝aq＝ab． …………………………2分

2

8

因为a3b＝5，所以2a－5ab＋2b＝0，解得b＝4或1

． …………………………4分

34a4

（2）因为λa＝a＋(m＋1)d，所以d＝

λ－1m＋1a，从而得a＝a＋λ－1

nm＋1

a×n． 1n 因为λa＝a×qm＋1

，所以q＝λm＋1，从而得bn＝a×λm＋1． n 因为ab(λ－1)(n－5)

n－5＝n，所以a＋m＋1

×a＝a×λm＋1．

n 因为a＞0，所以1＋(λ－1)(n－5)

m＋1＝λm＋1（*）． ………………………6分 因为λ，m，n∈N*

，所以1＋(λ－1)(n－5)m＋1

为有理数．

n 要使（*）成立，则λm＋1必须为有理数． 因为n≤m，所以n＜m＋1．

n 若λ＝2，则λm＋1为无理数，不满足条件．

同理，λ＝3不满足条件． …………………………8分 n2n2n 当λ＝4时，4m＋1＝2m＋1．要使2m＋1为有理数，则2nm＋1必须为整数．

又因为n≤m，所以仅有2n＝m＋1满足条件． 所以1＋3(n－5)

m＋1

＝2，从而解得n＝15，m＝29．

综上，λ最小值为4，此时m为29． ……………………………10分 (3)证法一：设cn＞0，Sn为数列{cn}的前n项的和． 先证：若{cSnn}为递增数列，则{n}为递增数列． 证明：当n∈N*时，Snn＜

nbn＋1

n＝bn＋1．

因为SSnn＋1Sn＋1＝Sn＋bn＋1＞Sn＋n＝nSnSn＋1Snn，所以n＜n＋1，即数列{n}为递增数列．

同理可证，若{cSnn}为递减数列，则{n}为递减数列． ……………………………12分 ①当b＞a时，q＞1．当n∈N*，n≤m时，

Sm＋1Snm＋1＞n． 9

aq(qm＋1－1)aq(qn－1)

q－1q－1aqm＋1－aaqn－a即＞，即＞．

m＋1nm＋1n因为b＝aq所以d＞

m＋1

，bn＝aq，d＝

nb－a， m＋1

bn－a，即a＋nd＞bn，即an＞bn． nSm＋1Sn＜． m＋1n②当b＜a时，0＜q＜1，当n∈N*，n≤m时，aq(qm＋1－1)aq(qn－1)

q－1q－1即＜．

m＋1naqm＋1－aaqn－a因为0＜q＜1，所以＞．以下同①．

m＋1n综上， an＞bn(n∈N*，n≤m)． ………………………16分

证法二：设等差数列a，a1，a2，…，am，b的公差为d，等比数列a，b1，b2，…，bm，b的公

比为q，

b＝λa(λ＞0，λ≠1)．

λ－1

由题意，得d＝a，q＝aλm＋1，

m＋1nλ－1

所以an＝a＋nd＝a＋an，bn＝aλm＋1．

m＋1

要证an＞bn(n∈N*，n≤m)，

1

nλ－1

只要证1＋n－λm＋1＞0(λ＞0，λ≠1，n∈N*，n≤m)．…………………………12分

m＋1xλ－1

构造函数f(x)＝1＋x－λm＋1(λ＞0，λ≠1，0＜x＜m＋1)，

m＋1

xλ－11λ－1

则f′(x)＝－λm＋1lnλ．令f′(x)＝0，解得x0＝(m＋1)logλ．

m＋1m＋1lnλ以下证明0＜logλλ－1

＜1． lnλλ－1

＜λ，即证明lnλ－λ＋1＜0，λlnλ－λ＋1＞0． lnλλ不妨设λ＞1，即证明1＜

1

设g(λ)＝lnλ－λ＋1，h(λ)＝λlnλ－λ＋1(λ＞1)，则g′(λ)＝－1＜0，h′(λ)＝lnλ＞0，

所以函数g(λ)＝lnλ－λ＋1(λ＞1)为减函数，函数h(λ)＝λlnλ－λ＋1(λ＞1)为增函数．

所以g(λ)＜g(1)＝0，h(λ)＞h(1)＝0．

10

所以1＜λ－1λ－1

＜λ，从而0＜logλ＜1，所以0＜x0＜m＋1．…………………………14分 lnλlnλ因为在(0，x0)上f′(x)＞0，函数f(x)在(0，x0)上是增函数；

因为在(x0，m＋1)上f′(x)＜0，函数f(x)在(x0，m＋1)上是减函数． 所以f(x)＞min{f(0)，f(m＋1)}＝0． 所以an＞bn(n∈N*，n≤m)．

同理，当0＜λ＜1时，an＞bn(n∈N*，n≤m)． …………………………1

7、【解】（1）当n1时，(2S1)(1T1)2，

即(2a1)(11)2，解得a11． ……………………………2分

a1由(2Sn)(1Tn)2，所以Tn当n≥2时，Tn1①-②，得

21 ① 2Sn21 ②

2Sn12an122（n≥2），……………………………4分 an2Sn2Sn1(2Sn)(2Sn1)即(2Sn)(2Sn1)2[(2Sn1)(2Sn)]2， 即bnbn12(bn1bn)2，所以

bnbn15， bn1bn2bn1． bn1因为数列{an}的各项均为正数，所以数列2Sn单调递减，所以所以

bn1（n≥2）． bn12因为a11，所以b110，

所以数列{bn}是等比数列． ……………………………6分

11n（2）由（1）知2Sn()n1，所以ann1，即cnn．

222cc由cmcr2ck，得mr2（*）

ckck又n≥2时，

cn1n11，所以数列cn从第2项开始依次递减． …………8分 cn2n（Ⅰ）当m≥2时，若km≥2，则

cmc≥mckcm2mm4m2≥2， m2m22m2（*）式不成立，所以km=1，即km1． ……………………………10分 令rm1i(iN)，则cr*r2m1i2ckcm2m12m1m22i1mm1m1i， 222所以r2i1，即存在满足题设的数组2i1i1,2i1i,2i1（iN*）．……… 13分

11

（Ⅱ）当m1时，若k2，则r不存在；若k3，则r4； 若k≥4时，

c1c≥c12，（*）式不成立． kc4综上所述，所求集合为(1,3,4),(2i1i1,2i1i,2i1)（iN*）． ………………16分 （注：列举出一组给2分，多于一组给3分） 8、

12

9、（1）因为anbn2，所以a2nb， n4则banbn42bnn1anbn21a2， ………………………2分n122b n2bn2bn所以

1b11， n1bn2 13

又a13，所以b1即

1231，故是首项为，公差为的等差数列， ……4分 322bn131n22(n1)，所以bn． ………………………6分 bn222n2（2）由（1）知ann2，所以cn2an52n1， ①当p1时，cpc11，cq2q1，cr2r1，

若

121111，，成等差数列，则（），

2q12r1crq因为pqr，所以q≥2，r≥3，

211，11， 2q12r1所以（）不成立． …………………………9分

111②当p≥2时，若，，成等差数列，

cqcpcr2111214p2q1，所以， 2q12p12r12r12q12p1(2p1)(2q1)(2p1)(2q1)2pqp2q即2r1，所以r， ………………………12分

4p2q14p2q1则

欲满足题设条件，只需q2p1，此时r4p25p2， ………………14分 因为p≥2，所以q2p1p，rq4p27p34(p1)2p10，

即rq． …………………………15分 综上所述，当p1时，不存在q，r满足题设条件；

当p≥2时，存在q2p1，r4p25p2，满足题设条件．…16分

10、解：（1）解法一：因为a3，a4，a5成等差数列，设公差为d，则a3＝3－2d，a4＝3－d．

a2(3－2d)2

3

因为a2，a3，a4成等比数列，所以a2＝a4＝

3－d． ………………3分

(3－2d)2 33

因为a2＝1，所以3－d＝1，解得d＝2，或d＝4．因为an＞0，所以d＝4． 1

因为a1，a2，a3成等差数列，所以a1＝2a2－a3＝2－(3－2d)＝2．……………5分 解法二：因为a1，a2，a3成等差数列，a2，a3，a4成等比数列，a3，a4，a5成等差数列，

2a1a32则a3a4，……………3分 2aa334331或a31（舍），所以a12。………5分 222解法三：因为a1，a2，a3成等差数列，则a32a1，

则2a3a33，解得a32因为a2，a3，a4成等比数列，则a4(2a1)………………3分

因为a3，a4，a5成等差数列，则2a4a3a5，则2(2a1)2a13 解得：a13或a12211；当a13时，a31（与an0矛盾，故舍去），所以a1． 22………5分（注：没有舍去一解，扣1

分）

14

（2）证法一：因为a2n－1，a2n，a2n＋1成等差数列，a2n，a2n＋1，a2n＋2成等比数列，

所以2a2n＝a2n－1

＋a2n＋1

，① a 2 2n＋1

＝a2na2n＋2

．②；所以a 2 2n－1

＝a2n－2a2n，n≥2．③

所以a2n－2a2n ＋a2na2n＋2＝2a2n．

因为an＞0，所以a2n－2 ＋a2n＋2＝2a2n ． …………7分 即数列{a2n }是等差数列．

所以a2n ＝a2 ＋(n－1)(a4－a2)．

由a1，a2及a2n－1，a2n，a2n＋1是等差数列，a2n，a2n＋1，a2n＋2是等比数列，

可得a(2a2

2－a1)

4＝a．………………8分

2

所以a(a2－a1)n＋a1

2n ＝a2 ＋(n－1)(a4－a2)＝a．

2

[(a2

所以a2－a1)n＋a1]2n＝a．……………………10分

2

所以a[(a1)＋a2

2－a1)(n＋1]

2n＋2＝a．

2

从而a[(a2－a1)n＋a1][(a2－a1)(n＋1)＋a1]

2n＋1＝a2na2n＋2＝a．

2

所以a[(a2－a1)(n－1)＋a1][(a2－a1)n＋a1]

2n－1＝a．………………12分

2

①当n＝2m，m∈N*时，

[(a2－a1)m＋a1][(a2－a1)(m＋1)＋a1]

an＋1a－a2a＝a2a2(a2－a1)(m＋1)＋a1a2

)m＋a2

－＝＋a－ n1[(a2－a11]a1(a2－a1)m1a1

a2

m(a2

＝－1－a2)a－a＜0． ……………14分

1[(a21)m＋a1]

②当n＝2m－1，m∈N*，m≥2时，

[(a2

2－a1)m＋a1]

an＋1a2a2a2(a2－a1)m＋aa－＝aa－＝1－a2

na1[(2－a1)(m－1)＋a1][(a2－1)m＋a1]a1(a2－a1)(m－1)＋a1a1

a2

＝－(m－1)(a2

1－a2)

a＜0．

1[(a2－a1)(m－1)＋a1]

综上，对一切n∈N*，n≥2，有an＋1a2

a＜a． ………………16分 n1

证法二：①若n为奇数且n≥3时，则an，an＋1，an＋2成等差数列．

因为a2

n＋2an＋1an＋2an－a2n＋1(2an＋1－a2n)an－an＋1(an＋a－＝＝a＝－1－an)≤0，

n＋1anan＋1anan＋1nan＋1an所以an＋2an＋a≤1

．………………9分

n＋1an②若n为偶数且n≥2时，则a，aan＋2an＋1

nn＋1，an＋2成等比数列，所以a＝．………11分

n＋1an由①②可知，对任意n≥2，n∈N*， an＋2a≤an＋1a≤…≤a3

．………13分

n＋1na2又因为a222

3a22a2－a1a22a2a1－a1－a2(a1－a2)a－＝－＝a＝－，

2a1a2a12a1a2a1

15

(a1－a2)a3a2

因为a1＜a2，所以－＜0，即＜．………15分

2

a2a1a2a1

综上，

an＋1a2

＜．…………16分． ana1

16