高三各區(qū)二模2015年4月0 4數(shù)列

2n9．矩陣

a3n2的等比數(shù)列，第i aS，則

nn1． nn2 12．若正項數(shù)列an是以q為公比的等比數(shù)列，已知該數(shù)列的每一ak的值都大于從ak2開始的各項和，則公比q的取值范圍是

5 2浦東13an的首項a1qx的方程nt1x22x2t10的實數(shù)解，若數(shù)列a有且只有一個，則實數(shù)t的取值集合為n 3 ,1, n10．已知數(shù)列{a}n

2015成立a22a 1所有正整數(shù)a的集合 ．n|a22a 1

a3b3，a4b4B4

7a5a3b5

．513．設(shè)等差數(shù)列an的前nAn，等比數(shù)列bn的前nBn，若a3b3，a4b4A5

7，則數(shù)列b的公比q ．B 13（理）已知非零向量序列：aaa

滿足如下條件 2,a1d1，且

anan1

Sna1a2a1a3...a1

，當(dāng)

n ．8有偶數(shù)，可得到如圖b的三角形數(shù)陣，現(xiàn)將圖ban，若ak2015，則k 2342456789579 a a中第n行有2n1n行有n12n1n22由于4545202520154511b45行共有4514510352b規(guī)則知，2015456k10355到如圖乙的三角形數(shù)陣，再把圖乙中的數(shù)按從小到大的順序排成一列，得到一個數(shù)列anan2015，則n 14．若數(shù)列an滿足：存在正整數(shù)TnanTan成立，則稱數(shù)列為周期數(shù)列，周期為T．已知數(shù)列a

m(m0)，

an

an

0a 2若m4，則a3；②若a2，則m可以取3個不同的值；③若m 2 數(shù)列；④存在mQ且m≥2，數(shù)列an是周期數(shù)列．其中正確結(jié)論的序號是 ．[ 16S是等差數(shù)列anS31

S3 S36

A．

B．3

C．8

9S3rS63rS6-S32r，結(jié)S3S6-S3S9-S6S12-S9rr為公差的等差數(shù)列，故

=3r，

=10r

3A.16a1a2a3a8a1a8a4a5a1a2a3不是等比數(shù)列”的18．已知數(shù)列an5項，滿足a1a2a3a4a50，且對任意i、j(1ij5，aiaj4個命題：(1)a50；(2)4a4a1；(3)數(shù)列an(4)Ax|xaiaj,1ij59[答B(yǎng)．(1)、D．(1)、(3)、 a1,m 普陀18．已知m,n,i,j均為正整數(shù)記a為矩陣 2,m中第i行第j列的元素i,

n,ma1

，

（其中in2

jm2）；給出結(jié)論：① 13i, i,j

i2, i1, i,

1

2②a2,1a2,2 a2,m2m；③an1,man,m

④若m為常數(shù)則liman,m .其中正確的數(shù)是

2

A.0 B.1 C.2 D.317

3,7,13,27,53，所以 13553；

23m24816

m2

1 ；對于③可以檢驗，當(dāng)n1m1a2,1a1,12

a a

a

1 1

a

1ai1,jai,

是以1為首項以2為公比的等比數(shù)列 所以ai1,jai,j2 2

1n1

2

1n1所以an,j312 j即an,m312

m

1n1

2

an,mlim1

m

2 徐匯理18．已知函數(shù)f(x)x2sinx各項均不相等的數(shù)列x滿足x(i1,2, ,n) F(n)xx xf(xf(x f(x)(nN*) 3項的數(shù)列xnF(n0 為

1

nN*F(2k0kN* 2 n若數(shù)列x是等差數(shù)列，則F(n)0對nN*恒成立． n （C） 22（16分）3556分數(shù)列an滿足a11a27，令bnanan1bn是公比為qq0的等比數(shù)列，設(shè)cna2n1a2nn（1）c8qn1nN*n1設(shè)cn的前n項和為Sn，求 的值1n設(shè)c的前n項積為Tq1時，求nT （1）baa7

7qn1a

……1 bn1an2

……2 aqn1qn1，

aqn17

……4 nc8n

……5（2）q1c8，S8n，lim1

……6S Sn81qn

1nq1Snn

1

，

……7其中q0,1lim

1

……8n

1 1qq

lim

……10n

18q

1

c8 24n ……11 21n3時，cn ……12n4時，cn ……13n5時，0cn ……14n3或n4時，Tn取到最大值 ……1622（數(shù)列ana11a2rr0，令bnanan1bnqq0q1的等比數(shù)列，設(shè)cna2n1a2n，

1設(shè)cn的前n項和為Sn，求 的值1n設(shè)c的前n項積為Tq1T的最大值在n8n9的時候取到，求n Tn（1）baar

rqn1a

……1 bn1an2

……2 aqn1qn1，

aqn1r

……4 c1r

……5n（2）q1c1r0，S1rn，lim1

……6S Sn1r1qn

1n當(dāng)q0q1Snn

1

， 1r1qn

……7 0,1lim

1

……8n

1

1 1qq

q

lim 0

……10n

1 1rq

1

c1r ……11 12即1r 2

1rn2

……12

1n129n，

122n1n8n

1，

n10

1，

遞減 ……13且1n16

……14n4kn4k3Tn0n4k1或4k2Tn

……15n7或n10時，Tn取到最小值 ……1622、設(shè)ma1a2amm3（1）m2015a1a2a3a1008da1a2015a2014a1009為qd的等比數(shù)列；數(shù)列a1,a2,...,am的前n項和Sn(nm)滿足S315,S2015S201312a1，求數(shù)列an的通項 （6分）a1aa2baba1a2ama8（4分在（2）的條件下，m2015，求符合條件的m的個數(shù) （6分（1） ,a1009是公比為d的等比數(shù)列

a1q,

aq 11由S2015S201312a1,a2015a201412a1 21故解得d3或d4（舍去 3因此d3，又S33a13d15，解得a1 4從而當(dāng)n1008時，ana1(n1)d23(n1)3n 5當(dāng)1006n2015a1a2015a2014,a1009d1n ad1n

32016n1009n 6因此an2

6,1009na2

2,

2

2a2,a2a2a

m1 anan1an1 7a34 a2,aa34

1,a

1,a

a1 856a7a156a8a2m

910m12,18,..,2012，一共有 11a2

2

2a2,a2

2a2

anan1an1(1n a m1aa 又

ar2ar1

1(1rm3)，④故 12r

r r ar

ar(1rm6) 13m6kp,1pp1m6k1ama6k1a1

a1,故

a1

得a

14 由②得 am,從而a aa1

6而aa1,故aa1,由此推得a1（1nm）與題 156a a2同理若P=2，3，4，5均可得an1（1nm）與題 因此m6k為6的倍數(shù) 1622．(18分)3132738（理科）已知數(shù)列aa1，對任意m、pN*都有

aa

m n求數(shù)列a(nN*)的遞 n數(shù)列b滿足ab1 (nN*)，求通 b 2 22 23 2n 設(shè)c2nb，問是否存在實數(shù)使得數(shù)列cnN*)是單調(diào)遞增數(shù)列？若存在，求出 （文科已知數(shù)列a滿足a2，對任意m、pN*都有 aa m n求數(shù)列anN*)n

an數(shù)列ba

b1

nN*)，求數(shù)列b的前nB2n 2 22 232n設(shè)cBn，求數(shù)列cnN*) 22．(18分)313273（理科m 解 am ∴令mn,p1，得 aa,nN* a1∴數(shù)列a(nN*)的遞 是 aa,n 由(1)可知，數(shù)列anN*)1a1(nN*．n由ab1

nN*)

2 22 23 2n b1

(n2

2 22 23 2n1故a

b(1)n(

1)(n2) n1a

2nb1

3 2 3，(n所以bn(1)n(

1).(n2,n∵c2nb n3c2n1)n(

1)

2n1

1)3

依據(jù)題意，有c 2n1(1)n(2

)0，即

10當(dāng)n4的偶數(shù)時，有

隨n32

32

，故的取值范圍為128

2

(n20當(dāng)n3的奇數(shù)時，有

32

恒成立，故的取值范圍為3230當(dāng)n2時，由cc22523)0，得8 綜上可得，所求的取值范圍是12832 （文科解 aa成立，a2m ∴令mn,p1，得 aa,nN* n∴數(shù)列anN*)是首項和公比都為2n 1∴ana 2(nN)1a

b1

2n

nN*) 2 22 23 b1

(n2

2n122n1a

b2n1(2n1)22n12n1(n2)

2n n1a1

2

66，(nbn22n12n1.(n2nn1B1b16；當(dāng)n2時，Bnb1b2b3 +2n1

1 1=24n2n4 n1B2412146

24n2n4，n cBn，cB13 ∴c22n4

1，nN* 3c

22n4

1(22n14

3

32

n1

1)0(n ∴數(shù)列cnN*)是單調(diào)遞增數(shù)列，即數(shù)列c中數(shù)值最小的項是c 23（7各項均為正數(shù)的數(shù)列bn的前nSn，且對任意正整數(shù)n，都有2Snbn(bn1 如果等比數(shù)列am(m2mN項，其首項與公比均為2，在數(shù)列a 項a與 之間插入i個(1)ib(iN*)后，得到一個新的數(shù)列c．求數(shù)列c中所有項的和 nN

b

(n1)bn1

成立，求實數(shù)1 123（7各項均為正數(shù)的數(shù)列bn的前nSn，且對任意正整數(shù)n，都有2Snbn(bn1 如果等比數(shù)列an共有20152anak與ak1間插入k個(1)kb(kN*后，得到一個新的數(shù)列c．求數(shù)列ck如果存在nN，使不等

8(n1)b (n1)

b n23[解]（1（文理）n1時，由2S1b1(b11得b1當(dāng)n2時，由2Snbn(bn12Sn1bn1(bn11

…………1因數(shù)列bn的各項均為正數(shù)，所以bnbn1

3 為bnn 4（2（ 為a

5 nm2k1(k2kN時，數(shù)列cn(2k112 2k2)k(2k1k(2k (2k(2k2(22k11)[37 1m(m1)2m12nm2k(kN時，數(shù)列cn

82k12 2k1)k(2k1) (2kk(2k k(2k22k2(2k1)(k1) 為a

11 5 201410082015

(222 ……8 1007222016

11（3（ n

n1

13n (nn記A n,B1 n (n2AnAn1n(n1)(n21

2nBn1(n1)2遞減（或BnBn1(n1)2(n2)2 15得A1A2A3,A3A4A5 ，B1B2B3所以實數(shù)的范圍為A,B,即5,5 18 8 (文)由(n1)bnb(n1)bn1 n n81

13 (n AnnnBn1(n1)2n12

n82n2

n22

n8取不到2n2當(dāng)n3An8A5 B （nN）

1

的最大值為B 15 (n (n nN

8(n1)b (n1)

20 b

n

實數(shù)應(yīng)滿足AB，即實數(shù)的范圍應(yīng)為17,6 18 23.（18分）3142638f(x)x2mmR．定義數(shù)列{a}

0，

f(a),nN*m1時，求a2a3a4

是否存在實數(shù)m，使a2a3a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列？若存在，請求出實數(shù)mm1kN*，使得

（18分）3142638（1）因為m1，故f(x)x2 （1分因為a10，所以a2f(a1)f(0) （2分a3f(a2f(12 （3分a4f(a3f(25 （4分解法一：假設(shè)存在實數(shù)m，使得a2a3a4構(gòu)成公差不為022

f(0)m，

f(m)m2m，

f

3 因為a2，a3，a4成等差數(shù)列，所以2a3a2a4 33 m0（舍）m

2 （5分a2a3a42所以存在m1 ，使得a2，a3，a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列 （6分2方法二：因為a2a3a4a3a2a4a3即a2maa2ma （2分 所以a2a

a0，即

aa

d0a3a20a3a210m 經(jīng)檢驗，此時a2a3a4

2．………（5分2所以存在m ，使得a2，a3，a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列 （6分2 1 1 因為an1ananmanan2m4m4 （2分 又m1 所以令tm1 （3分 anan1tan1an2t，……a2a1t將上述不等式全部相加得ana1(n1)t，即an(n1)t （5分ak2015成立，只需(k1)t2015k20151a(k1)t2015t2015 m1時，總能找到kN*

23.（18分）3142638已知數(shù)列{a}中，a3，a5，{a}的前nSS

3

n

n試求數(shù)列{an}的通項2n a令bnan

an

Tn是數(shù)列{bn}的前nTn6m0,1nN，使得當(dāng)nn（2）中的

m6 6 23.（18分）3142638 n n n n n（1）由S 2n1（n3，得S n n n n n n n所以a 2n1（n3，即a 2n1（ n na2a12ananan12n12n22223

（4分2n

1 a（2）bnan

an

(2n1)(2n11)22n1

（2分所以，Tn b2bn112

2n

（5分

16

1

Tn

2

2n

1，因為Tn1Tn

0，所以Tn隨著n大而增大 （1分若Tm11

m，化簡得16m

（2分 2

2n11

2n1因為m0,1，所以16m0，所以2n1 66nlog

1 11， （4分21 當(dāng)log 111，即0 1

1即可 （5分當(dāng)log

111，即

m1時，記log

11p21

21 取n0p1即可 （7分m0,1nNnn（2）中的

m6 6 立 （8分23.（18分）3個小題，第（1）4分，第（2）6分，第（3）81n已知數(shù)列

}的前nS

0，aS （nN*

4若bn1log2Snan，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn若02n

tan

，求證：數(shù)列

}為等比數(shù)列，并求出其通項n記c=

12 12

12 12

1212

12 nN*12

m

求實數(shù)m的取值范圍（1）

1

4n12n，且

1……21bn1bn12(n112n2（常數(shù)，……31故數(shù)列為以1為首項，公差為2的等差數(shù)列，所以

(12n1)nn2 分1n（2）當(dāng)n1an0anSn4

a1， aSnan

1

，當(dāng)n2

n4nn

4n1

……5n所以2nn

n2nn

2n1

，即tan

tan

tan

……6

tan

，由0得0

02……7

n

只有n12n列；……9分

2……8分,故數(shù)列{n4為首項，等比為2的等比數(shù)1且 1

．……10n4 （3）由（2）可得

1tan

，當(dāng)nN*，01

1……122由0得0tan1，所以0

1

10……1312121212 12121212

c=

a

a

=naa

n1a

na

1

0…16

n

即c1c2c3cn所以欲使cnmmc1即可，其中c10，故m0……1823（18分）3小題，第(1)4分，第(2)6分，第(3)8 k(k1,23,n，設(shè)T(ka，公差為2a1 求數(shù)列T(2in設(shè)b為數(shù)列T(i的第iin

b1

Snm(m1使得limSnn323、解

1qq2

3

(3（2）a22d2a213，數(shù)列T(210項之和等于102（3）biai(i1)(2ai1)

1 31552Snb1b所以limn

m2limn

m2limSnnm223（18分）3小題，第(1)4分，第(2)6分，第(3)8 k(k123,n，設(shè)T(k是首項為a，公差為2a1 求數(shù)列an的通項an求數(shù)列T(310設(shè)b為數(shù)列T(i的第i

b

m(m1，使得limSni

2

n

q為常數(shù)，所以a2aqa2an 1

2a

a13q3an33) （2）

4,d

153數(shù)列T(3)的前10項之和等于 95881 （3）biai(i1)(2ai1)

b

45(18n45)(2)nn(n1 所以limn

m2limn

m2limSnnm223.18分)36分設(shè)各項均為正數(shù)的數(shù)列ann

1

4Sn

1)2設(shè)

an1

(nn n

所有符合條件的m、k；若不存在，請說明理由2318分)36分 解（1）由4S(a1)2,及4

4an14Sn14Sn(an1an)(an1an2)由于a

a

2(nN

……3 n 于是數(shù)列a是以a1為首項，2為公差的等差數(shù)列，其通 為：

2n1(nN ……6因為

an1an2n12n12

……8n n

2n 2n 2n 2n故bb

2n2(11)(11)(11) ( 1)2n

1……10

3 5 2n12n1

2n于是lim(bb

2n)=lim

)

……12n

n

2n1假設(shè)存在大于2的正整數(shù)m、k,使得amam1am2 amk（1， amk(2mk1)(k從 (2mk1)(k1)

……14由于正整數(shù)m、k2，知2mk1k14且2mk1與k1……16分故由30022352,得 k1

,或

k1

k5，或k92mk1252 2mk1235 因此，存在大于2的正整數(shù)m、k:k5或k9,使得a

……1823.18分)36分已知數(shù)列an滿足：aa1,且 a2n(nN)，設(shè)b3a 試證明：在數(shù)列bn中，一定存在正整數(shù)kl(1kl使得b1bkbl構(gòu)成等差數(shù)列；并求出kl之間的關(guān)系.2318分)36分（1）

a 2n2

當(dāng)

an(anan2)(an2an4) 2n22n4 232112(421)11(2n

……34 當(dāng)n為偶數(shù)時 a2n1 2n11(2n11)1(2n a11(211),

11(22

a12n(1)n.又因為

為

3 ……6（2）由（1）易得b2n(1)n,假設(shè)在數(shù)列b中，存在連續(xù)三項 ,b,

(kNk2 k1 k成等差數(shù)列，則bk

2bk

……8①若k為偶數(shù),

2k104(1)k140,故不存在偶數(shù)k,

,bk,bk

構(gòu)成等差數(shù)k列k②若k為奇數(shù),則當(dāng)k3時2k14,且4(1)k14故當(dāng)且僅當(dāng)k3

,bk,bk

列綜上所述，在數(shù)列bn中，有且僅有連續(xù)三項b2,b3,b4構(gòu)成等差數(shù)列 ……12

亦即2l2k12(1)k1(1)l

……14lk1在(0，右端2(1)k11)k133(1)k11于是當(dāng)k為奇數(shù)

lk1時，b1,bk,bl成等差數(shù)列 ……16②若lk2,在(式中，左端2l2k12k22k12k1，由于k1,故2l2k1而右端2(1)l1)k130所以，當(dāng)lk

bbb不能構(gòu)成等差數(shù)列 3的奇數(shù)k,且lk1，使得b1bkbl成等差數(shù)列1823.（18分）3142638分．若a12，q3，判斷an證明am1

qm 記n是數(shù)列an的前nbnlog2nq2 1 存在這樣的封閉數(shù)列an，使limn

b9nb9

1 對任意的m,nN，有aa43mn2 2 若存在p，使得anamap，即3pmn12，pmn1log32，該式左邊為整數(shù)，右邊是 4分證明必要性aastaaa

aqst2qk1

1qkst1.mkst1Z，使1

qm，6

s m對q1，若m1，則取pm2，對a1,ap，存在au使a1apau，即qmqp1qu1，q1qu1，所以u0， m1，使

qm 8（充分性）m1，使

qm，則

qnm1ns,tN*an

q(stm1)m1 s st 10由于aaaan

，所以bnlogan(n1) 11

2 因為aa為正整數(shù),m

a2m bn(n 1

，使1lim(11a11，則b

2n(n

b1n1)lim(1)

2

沒有意義…12a12，則

n

9 13a14，則

n(n2

n(n3)1) 1) n

16a14，則

n(n2

n(n3)1) 1) n

17a4a42n1nN*，該數(shù)列是封閉數(shù)列．………18 23（8分 ,an的最大項為An第n項之后的各項an1,an2Bn，令bnAnBn

為a2n27n6，寫出b、b，并求數(shù)列b的通 理（2）若數(shù)列bn的通項 為

2n2n1，寫出b、

文（3）若數(shù)列bn的通項 為bn12n，判斷an1an是否等差數(shù)列，若是，求出公文解：因為數(shù)列ana12a27a316所以b275b716

2 當(dāng)n3bnanan14n ba

4n

4 an數(shù)列an遞增，即a1a2a3 anbA

a

6

n 10n 為b12n，b遞減且b 12 AaB

14 anan10bnAnBnanan1 a，數(shù)列aa

…………16 (an2an1)(an1an)(an1an2)(anan1 b b)12n12n

18 （1）所以baa