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）学案

这是一份江苏省2020届高三数学一轮复习典型题专题训练：数列（含解析）学案，共23页。学案主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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＋ (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：
① a1＋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}的公差；
② 若an＝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，q ̸= 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、6　　2、 3、2 4、10　　5、24　　6、1
7、 8、7
9、1013　　10、1　　11、 12、14
13、　14、　　15、61 16、－4　　17、10
18、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＝－ 或 ． …………………… 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 ＝0．
因为1＋2m＋3＝2(m＋2)，所以a1＋a2m＋3＝2am＋2，
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＝ ．
因此等差数列{an}的公差为d＝ ． …………………… 9分
②若数列{an}是P(2m)数列，则有：
a1＋a2＋…＋a2m＝0；|a1|＋|a2|＋…＋|a2m|＝1．
因为 an＝ 且q＜－1，
所以 ×－＝0； （*）
×＋＝1． （**）
当m为偶数时，在（*）中，×＜0，－＜0，
所以（*）不成立． …………………… 12分
当m为奇数时，由（*）＋（**）得： ＋＝3．
又因为 q＜－1，所以 ＋＝3， 解得qm＝．
因为m (m≥2)为奇数，所以qm≥q4，
所以 ≥q4，整理得(2q2－1)(q2－1)≤0，
即 ≤q2≤1，与q＜－1矛盾．
综上可知，数列{an}不是P(2m)数列． …………………… 16分
2、解：（1）因为，
所以，
所以. ………………………4分
（2）（i）因为bn＋1(k)＝2bn(k)，
得 ，
令k＝1, ，……………①
k＝2，，……………② …………………6分
由①得，……………③
②+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)2－3×2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3×2k－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)2－3×2k－2＋1为奇数，
所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3×2k－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＝，所以Sn＝×＝1－()n，所以an＋1－Sn＝()n＋1－1＋()n＝()n－1≤×－1＝－＜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＋d＋，整理得n2＋(a1－d－)n－a1－1≥0，因为上述不等式对一切n∈N*恒成立，所以必有≥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≤2，
所以＝××…×≤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≥×2n，
假设数列{}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＝≥×2m≥×2n，
即da1n＋ba1≥2n＋2，
设f (n)＝，n∈N*，n≥3，
则f (n＋1)－f (n)＝－＝＜0，
即f (n＋1)＜f (n)≤f (3)＝＜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{}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＝0．
因为a1＞0，所以a1＝1． ………………………2分
（2）因为3Tn＝Sn2＋2Sn， ①
所以3Tn＋1＝Sn＋12＋2Sn＋1，②
②－①，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＋2，④
④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝2an＋1，
所以当n≥2时，＝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＝2，所以对n∈N*，都有＝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)2－3×2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3×2k－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)2－3×2k－2＋1为奇数，
所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3×2k－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＝1

8、

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，
∴b 1，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，，∴，∴，
所以数列是等比数列. …………………………12分
②当时，，得，
∴…，∴恒成立，而…，所以，∴恒成立，
∴，，代入得，即，
所以数列是等比数列. ………………14分
③当时，，得，
∴„，∴恒成立，而„，所以，∴恒成立，
∴，，代入得，即，
所以数列是等比数列.
综上①②③，数列是等比数列. …………………………16分
14、

15、解：(1) ① a1＝2＝2；(2分)
② 当n≥2时，an＝＝＝2n.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．(4分)
(2) 由Sn＝，得2Sn＝n(b1＋bn)　①，
所以2Sn－1＝(n－1)(b1＋bn－1)(n≥2)　②.
由②－①，得2bn＝b1＋nbn－(n－1)bn－1，n≥2，
即b1＋(n－2)bn－(n－1)bn－1＝0(n≥2)　③，
所以b1＋(n－3)bn－(n－2)bn－1＝0(n≥3)　④.
由④－③，得(n－2)bn－2(n－2)bn－1＋(n－2)bn－2＝0，n≥3，(6分)
因为n≥3，所以n－2>0，上式同除以(n－2)，得
bn－2bn－1＋bn－2＝0，n≥3，
即bn＋1－bn＝bn－bn－1＝…＝b2－b1＝1，
所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，
故bn＝n，n∈N*.(8分)
(3) 因为cn＝－＝－＝[－1]，(10分)
所以c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，c5