2013年數(shù)學(xué)一模數(shù)列部分匯編文科

輔導(dǎo)科目：數(shù) （1（普陀區(qū)2013屆高三一模文科）若等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a2a414，S770，則數(shù)列{an}的通 a3n2（nN*）n 2（2（ ，a1 2則公比q的取值范圍 1,2 （3（ }(nN*)中可以找出無限項(xiàng)構(gòu)成一個(gè)新的等比數(shù)列，使得該新 列的各項(xiàng)和為，則此數(shù)列的通 b 8（4（ 為an3(nN*)，則liman1an2 （5（S13 （6（2013設(shè)數(shù)列{an}nNa2和a2012是方程4x8x30 則數(shù)列{an}的前2013項(xiàng)的和S2013 (7)（青浦區(qū)2013屆高三一模）若三個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)成等差數(shù)列，適當(dāng)交換這三個(gè)數(shù)的位置后變成一個(gè)等比數(shù)列， （寫出一個(gè)即可）2或-12 （18（

an則稱{an}是周期數(shù)列，T叫做它的周期．已知數(shù)列{xn}滿足x11，x2a（a1列{xn}的周期為3時(shí)，則{xn}的前2013項(xiàng)的和S2013

xn2|xn1xn|（1（2013若無窮等比數(shù)列a的前nS1a3

a (nN*)，則復(fù)數(shù)z 在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于 ）a

n

（2（靜安區(qū)2013屆高三一模文科）等差數(shù)列{an}中，已知3a57a10a10，則數(shù)列{an}nSn（nN*）中最小的是 ）

S7S

（3（2013）S是等差數(shù)列{a}(nN*nSS 結(jié)論錯(cuò)誤的 ）A．S6和S7均為Sn的最大值 B．a(chǎn)70 C．公差d0 D．S9S5（4）數(shù)列a滿足a

1a cos2n(nN，若數(shù)列a的前nS

則S2013的值 )（A）

（D）2（5（

當(dāng)n2k1，其中kN ak

當(dāng)n設(shè)f(n)a1a2a2n1a2n，則f(2013)f(2012)等于 )

n（6（yf(x，若數(shù)列l(wèi)nf(an)f(x為“保比差數(shù)列函數(shù)”.現(xiàn)有定義在(0nx如下函數(shù)：①f(x)1 ②f(x)x2 ③f(x)ex ④f(x) ，則為“保比差數(shù)列函數(shù)xx的所有序號(hào) ）(

(B)

(C

②③④（1（在ABCABCabcABC成等差數(shù)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的取值范圍為

3,3 （2（已知數(shù)列

2,

3n12n(n 設(shè)

a

證明：數(shù)列bn

的通 求數(shù)列an的前nSn

a

3a3n12n

b n

，……2

{bn}為等差數(shù)列．又b1=0，bnn1． 4ann13n2n 6（2）設(shè)Tn0313n13 n3T032133(n1)3n1n22Tn2

(n1)

13

(n1)

10Tn

94

(n1)2

(2n3)3n1．4

2n

14（3（（已知數(shù)列anA(na1a2a3an

B(n)a2a3a4an1C(n)aaa

,(n12,3nNa0

若a1,a5，且對(duì)任意nN，三個(gè)數(shù)A(n),B(n),C(n)組成等差數(shù)列，求數(shù)列a的通 n證明：數(shù)列aqnNA(nB(n),C(n組成公比為n（1）n =a-a=4,nN*，所以{anna=4n-3,nn（2（必要性）若數(shù)列{a}是公比為q的等比數(shù)列，則B(n)=a2+a3 +an+1=q，C(n)=a3+a4 +an+2=qn

（充分性nNA(nB(nC(n)組成公比為q的等比數(shù)列，B(n)qA(nC(n)qB(n)，于是C(nB(nqB(nA(n),得an2a2q(an1a1an2qan1a2 n1B(1qA(1a2qa1an2qan10n a0an2a2q，故數(shù)列aa，公比為qn n綜上，數(shù)列{aqnN*A(n)、B(n)、C(nq的n（4（設(shè)等差數(shù)列{an}的前nSna5a1334S39．?dāng)?shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，滿足Tn1bn求數(shù)列{an}的通 寫出一個(gè)正整數(shù)ma

m9是數(shù)列{bn}m設(shè)數(shù)列

}的通 為c

，問：是否存在正整數(shù)t和k（k3，使得cccan an

列？若存在，請(qǐng)求出所有符合條件的有序整數(shù)對(duì)(t,k)2a116d設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1d，由已知，有3a13d

解得a11，d2 所以{a}的通 為a2n1（nN* （4 n1bT1b，所以b1．……（1 由Tn1bn，得Tn11bn1，兩式相減，得bn1bnbn1故

12

，……（2

1n所以，{bn}22的等比數(shù)列，所以bn2

．……（3 am

2m

12(m

（41am

是中的項(xiàng)，只要m42n即可，可取m4 （6分n（只要寫出一個(gè)m的值就給分，寫出m2n4nN*n3也給分n

2n12n1

要使c1c2ck成等差數(shù)列，必須2c2c1ck63

1

2k12k1

（2k3

t

因?yàn)閗與t都是正整數(shù)，所以t只能取2，3，5 （4分當(dāng)t2時(shí)，k7；當(dāng)t3時(shí)，k5；當(dāng)t5時(shí)，k4 （5分綜上可知，存在符合條件的正整數(shù)t和k，所有符合條件的有序整數(shù)對(duì)(t,k)(2,7(35(5,4 （6（5（

滿足

104n1nN*，數(shù)列

滿足

n求an的通 n1數(shù)列bn滿足bn1

Tn為數(shù)列bn的前n項(xiàng)和．求limTnan

mn1mn，使得T1,Tm,Tnmn的值；若不存在，請(qǐng)說解（1）解：c1c210,c2c340，所以公比q 2c14c110計(jì)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 由分子為正，解得 6m 6 mNm1，得m2n12當(dāng)且僅當(dāng)m2，n12時(shí)，T1,Tm,Tn成等比數(shù)列 16m2n12T1,Tm,Tn成等比數(shù)列。若學(xué)生沒有說明理由，則只能得13（6（

C0

C1

C2

n

Cnnnnn23nnnn23lg2lg(11)lg(11 （1）Sn2an1Sn12an11an12an12anan12an

1

10，數(shù)列an12

2n1 5n（2）由（1）S2n1nnn12 0SC1nn122(C02C122 102b11b21bm1m1 又b是連續(xù)的正整數(shù)數(shù)列，b 1．上式化為2(bm1)m 1m

3

mN，

2，

3m 此時(shí)數(shù)列的所有項(xiàng)的和為34511 16（7（定義數(shù)列{xn}p，使對(duì)任意正整數(shù)n，總有(xn1p)(xnp0成立，那么我們稱數(shù)列{xn}為p擺動(dòng)數(shù)列”．設(shè)a2n1b1)nnN，判斷{a}、p 設(shè)數(shù)列{c}為“p擺動(dòng)數(shù)列，cp，求證：對(duì)任意正整數(shù)m,nN*，總有

設(shè)數(shù)列{d的前nSS1)nn，試問：數(shù)列{d （1）假設(shè)數(shù)列{an}pp，總有2n1p2n1對(duì)任意n成立，n1時(shí)，則1p3，取n2時(shí)，則3p5p不存在，所以數(shù)列{an}不是“p擺動(dòng)數(shù)列 2由b(1)n，于是b (1)2n10對(duì)任意n成立 nn 所以數(shù)列{bn}p擺動(dòng)數(shù)列”.…4（2）由數(shù)列{cn}pc1pp，使對(duì)任意正整數(shù)n，總有(cn1p)(cnp0即有(cn2p)(cn1p)0成立.則(cn2p)(cnp)0 6所以c1pc3pc2m1p 7同理(c2p)(c1p)0c2pc4pc2np 8所以c2np 9因此對(duì)任意的m,nN*，都有c2nc2m1成 10（3）n1d1當(dāng)n2,nN時(shí)，dnSnSn1(1)n(2n1)，綜上，dn(1)n(2n 12即存在p0，使對(duì)任意正整數(shù)n，總有dndn1(1)2n1(2n1)(2n1)0成立，所以數(shù)列{dn}是“p擺動(dòng)數(shù)列 14當(dāng)ndn2n1遞減，所以dnd11p1當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)dn2n1遞增，dnd23，只要p3即 15綜上1p3.所以數(shù)列{dn}是“p擺動(dòng)數(shù)列，p的取值范圍是 166（8（（6已知數(shù)列{an}滿足a17，1a1a2 anan10(其中λ≠0且λ≠–1，n∈N*)，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a2aa，求的值 (2)求數(shù)列{an}的通 a n(3)當(dāng)1時(shí)，數(shù)列{an131解：(1)n1

1n2

1

2由a2aa，計(jì)算得7 4 由題意1a1a2anan101a1a2an1an0(n2(1)anan10(n2)，又0, 5

1

(n2，故數(shù)列

}從第二項(xiàng)起是等比數(shù)列 7a

a

1

又因?yàn)?/p>

7(

8

n1所以數(shù)列{anan1

1(

n

10

n因?yàn)?

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?yàn)閗>p≥2，所以當(dāng)且僅當(dāng)k=3且p=2時(shí)成立 16 18（9）f(x)x3，等差數(shù)列

中a7aa

12Sf3

，令baS，數(shù)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時(shí)，73n4n=1，不合題意；當(dāng)m2133n4n=16 m3193n4nm4253n4n m5313n4nm6373n4n

m7m26m1(m3)210

6m113n4343 所以，此時(shí)不存在正整數(shù)m,n,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比數(shù) 綜上，存在正整數(shù)m=2,n=16,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比數(shù)列 18（3）由(2)知，T

∴T1,T

，T 3n

3m 3nT,T,T成等比數(shù)列.∴

)21

12

3m 43n6m13nm 當(dāng)m2時(shí)，133n4，n=16，符合題意 m

11

6m， 3n4343 所以，此時(shí)不存在正整數(shù)m、n,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比數(shù)列 17綜上，存在正整數(shù)m=2,n=16,且1<m<n,使得T1,Tm,Tn成等比數(shù)列 18（10（已知定義域?yàn)镽的二次函數(shù)f(x)的最小值為0，且有 ，直線 被f(x)的像截得的弦長為47，數(shù)列an滿足11求函數(shù)f(x)的解析式 （3）設(shè) ，求數(shù)列bn的最值及相應(yīng)的（1）f(xax12a0

g(x)4(x1)

yf(x)（104

2 4 a a

a0 4（2） 5334

6的等比數(shù)列 8 103

3n1

3 4 4

4 4 4

3 4 4

4 4令 ，則

…………12， 的值分別 ，4

……，經(jīng)比 1

∴當(dāng)

89有最小值 15256當(dāng)時(shí)，bn有最大值是 （11（若數(shù)列bnN，都有

bd（常數(shù)，則稱數(shù)列bd

則

1n求上述準(zhǔn)等差數(shù)列cn的第8項(xiàng)c8、第9項(xiàng)c9以及前9項(xiàng)的和T91n設(shè)數(shù)列

aanN，都有

2n

設(shè)（2）中的數(shù)列an的前nSnS632012，求a（1）

T(335)5(1741)4

（4 anan1 an1an22(n an2an2 當(dāng)n

an12na 1 1當(dāng)n

2an12na

nna

2 2n

S63a1a2a633231

32a3231231(

S632012 012.a28 （2解二：當(dāng)na1a221a3a423an1an2n

1n22

1622632

（4S632012 012.a28 （2（12（設(shè)數(shù)列{a}的各項(xiàng)均為正數(shù)，前nS，已知4Sa2

1(nN*) 證明數(shù)列{an}是等差數(shù)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

1．兩式相減得4aa2a2

∴(anan1)(anan12)

2∵a0，∴a

2，又4Sa22a1a

∴{an}是以a11為首項(xiàng)，d2為公差的等差數(shù)列 2∴an2n

1(12n1)nn2 22假設(shè)正整數(shù)k則(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（已知遞增的等差數(shù)列{an}a11a1、a2、a4求數(shù)列an的 式an設(shè)數(shù)列{c}對(duì)任意nN*，都有c1c2 cn

成立，求c

在數(shù)列{dd1，且滿足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 當(dāng)n2時(shí)，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