上海市17区县2016届高三第二次模拟数学理试题分类汇编：数列

数列

一、填空、选择题

31、（崇明县2016届高三二模）若数列{an}是首项为1，公比为a的无穷等比数列，且{an}各项

2的和为a，则a的值是 ．

2、（奉贤区2016届高三二模）无穷等比数列首项为1,公比为qq0的等比数列前n项和为Sn，则limSn2， 则q________．

n3、（虹口区2016届高三二模）在正项等比数列an4aa1,aa,23中，133则

lim(a1a2nan)___________.

4、（黄浦区2016届高三二模）

已知数列{an}中，若a10，aik2(iN*,2ki2k1,k1,2,3,的最小值为

)，则满足aia2i100的i1log3an1,n2k,5、（静安区2016届高三二模）已知数列an满足a181，ana(kN*)，

n1n2k13,则数列an的前n项和Sn的最大值为 .

6、（闵行区2016届高三二模）设数列an的前n项和为Sn，Sn=n2+2a|n-2016|（a0），则使得anan1（nN）恒成立的a的最大值为 . 7、（浦东新区2016届高三二模）已知数列an的通项公式为an(1)nn2n，nN，则这

**个数列的前n项和Sn___________．

8、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）在等差数列an中，首项a13,公差d2,若某学生对其中连续10项进行求和，在遗漏掉一项的情况下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的

和为__________________．

9、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）对于给定的正整数n和正数R，若等差数列a1,a2,a3,满足a1a2n1R，则Sa2n1a2n2a2n322a4n1的最大值为__________________．

10、（杨浦区2016届高三二模）已知等比数列{an}的各项均为正数，且满足：a1a74，则数列

{log2an}的前7项之和为 .

11、（闸北区2016届高三二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，an13Sn，则

下列关于{an}的论断中正确的是（ ）

A．一定是等差数列 B．一定是等比数列

C．可能是等差数列，但不会是等比数列 D．可能是等比数列，但不会是等差数列

12、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）已知各项均为正数的数列{an}满足

a1a2Lann3n（nN），则

2*aa1a2Ln___________． 23n113、（崇明县2016届高三二模）下面是关于公差d0的等差数列an的四个命题：

（1）数列an是递增数列； （2）数列nan是递增数列； a（3）数列n是递减数列； （4）数列an3nd是递增数列．

n其中的真命题的个数为

A．0

B．1

C．2

D．3

2*14、（奉贤区2016届高三二模）若数列an前n项`和Sn满足Sn1Sn2n1n2,nN,

且a1x，an单调递增，则x的取值范围是_______．

abab015、（浦东新区2016届高三二模）任意实数a,b，定义aba，设函数

ab0bf(x)（log2x）x.数列an是公比大于0的等比数列，且a61，f(a1)f(a2)f(a3)Lf(a9)f(a10)2a1，则a1_______．

二、解答题

1、（崇明县2016届高三二模）已知数列{an}与{bn}满足an1an(bn1bn),nN*． （1）若bn2n3,a11,2，求数列{an}的通项公式；

（2）若a11,b12，且数列{bn}是公比等于2的等比数列，求的值，使数列{an}也是等比数列； （3）若a1,bnn,nN*，且(1,0)，数列{an}有最大值M与最小值m，求

M的取值范围． m11aabnn1n222、（奉贤区2016届高三二模）数列an，bn满足，a10,b10.

11111bn12an2bn（1）求证：anbn是常数列；

（2）若an是递减数列，求a1与b1的关系； （3）设a14,b11，当n2时，求an的取值范围.

2(S1)aS(nN). S,a设数列的前n项和为且nnnnn3、（虹口区2016届高三二模）

（1）求S1、S2、S3的值，并求出Sn及数列an的通项公式；

（2）设bn(1)n1(n1)2anan1(nN),求数列bn的前n项和Tn.

（3）设cn(n1)an(nN),在数列cn中取出m(mN,m3为常数)项，按照原来的顺序排成一列，构成等比数列dn.若对任意的数列dn，均有d1d2d3最小值.

4、（黄浦区2016届高三二模）已知数列{an}的通项公式为an(nk1)(nk2)，其中k1,k2Z； （1）试写出一组k1,k2Z的值，使得数列{an}中的各项均为正数； （2）若k11、k2N*，数列{bn}满足bn写出所有满足条件的k2的值；

（3）若0k1k2，数列{cn}满足cnan|an|，其前n项和为Sn，且使cicj0

dmM,试求M的

an*，且对任意mN(m3)，均有b3bm， n(i,jN*,ij)的i和j有且仅有4组，S1、S2、…、Sn中至少3个连续项的值相等，其

它项的值均不相等，求k1,k2的最小值；

5、（静安区2016届高三二模）已知数列an满足an3an13n（n2,nN），首项a13．

（1）求数列an的通项公式； （2）求数列an的前n项和Sn； （3）数列bn满足bnlog3an1，记数列的前n项和为Tn，A是△ABC的内角，若nbbnn1sinAcosA

3Tn对于任意nN恒成立，求角A的取值范围． 41an,2*6、（闵行区2016届高三二模）已知nN,数列an、bn满足:an1an1,bn1bn记cnan24bn．

（1）若a11，b10，求数列an、bn的通项公式； （2）证明：数列cn是等差数列；

（3）定义fn(x)x2anxbn，证明：若存在kN，使得ak、bk为整数，且fk(x)有两个整数零点，则必有无穷多个fn(x)有两个整数零点．

7、（浦东新区2016届高三二模）数列an满足：a12,an1an2n，且a1,a21,a3成等差数列，其中nN。

（1）求实数的值及数列an的通项公式； （2）若不等式

8、（普陀区2016届高三二模）已知各项不为零的数列an的前n项和为Sn，且a11，

**p2p16成立的自然数n恰有4个，求正整数p的值． 2n5anSn1anan1（nN*） 2（1）求证：数列an是等差数列； （2）设数列bn满足：bn2的值；

（3）若m、k均为正整数，且m2，km，在数列ck中，c11，

an2an1，且limbkbk1bk1bk2bnbn1n1，求正整数k384ck1km，求ckak1c1c2cm.

9、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）设集合W由满足下列两个条件的数列an构成：①

anan2an1;②存在实数a,b使aanb对任意正整数n都成立． 2（1） 现在给出只有5项的有限数列an,bn,其中a12,a26,a38,a49,a512；

bklog2k(k1,2,3,4,5).试判断数列an,bn是否为集合W的元素；

（2）数列cn的前n项和为Sn,c11,且对任意正整数n,点(cn1,Sn)在直线2xy20上，证明：数列SnW,并写出实数a,b的取值范围；

（3）设数列dnW,且对满足条件②中的实数b的最小值b0,都有dnb0(nN*).求证：数列

dn一定是单调递增数列．

10、（闸北区2016届高三二模）已知数列{an} ，Sn为其前n项的和，满足Sn（1）求数列{an}的通项公式；

n(n1)． 21}的前n项和为Tn，数列{Tn}的前n项和为Rn，求证：当n2,nN*时anRn1n(Tn1)；

mn1)(m)，其中m1,2,n,，求满足（3）（理）已知当nN*，且n6时有(1n32（2）设数列{3n4n

an的所有n的值． (n2)na(n3)11、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）已知正项数列{an}，对任意nN，{bn}满足：都有an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列，且a110，a215． （1）求证：数列

*b是等差数列；

n（2）求数列{an}，{bn}的通项公式； （3）设Sn值范围．

111bL，如果对任意nN*，不等式2aSn2n恒成立，求实数a的取

ana1a2an参考答案

一、填空、选择题 1、2 2、

911 3、 4、128 5、127 6、

222016n1n22,n为偶数2n110R27、Sn 8、200 9、 10、7

n522n1,n为奇数2211、C 12、2n6n 13、C 14、（2,3） 15、4

二、解答题

1、（1）an1an2(bn1bn)4

所以数列{an}为等差数列................................2分 因为a11，所以an4n3.............................4分

2b12， （2）数列{bn}是公比等于2的等比数列，

所以bn2n，所以anan1(bnbn1)2n1(n2,nN*) 所以an(anan1)(an1an2)...(a2a1)a1 (2n12n2...2)12n12 ...........7分

因为数列{an}是等比数列 所以a22a1a3，所以当1， 21时，an2n1 ，数列{an}是等比数列 21所以..................................................10分

2(3)当n2,nN* 时，anan1(bnbn1) 所以an(anan1)(an1an2)...(a2a1)a1 (bnbn1)(bn1bn2)...(b2b1)a1 bnb1a1n12

n1当n1时，上式依然成立，所以an2................12分

a2n2n12，

因为(1,0)，所以a2n2a2n2n1(21)0 即数列{an}的偶数项构成的数列{a2n}是单调增数列 同理a2n1a2n12n(21)0

即数列{an}的奇数项构成的数列{a2n1}是单调减数列

又a2na12n120，所以数列{an}的最大值Ma1

a2n1a22n230，所以数列{an}的最小值ma232.....14分

所以

M113 m221(1)232413因为(1,0)，所以()2(1,3)

24M1(,1)..................................................16分 m32、(1)2an1anbn 1分

ab1nn 2分

所以

2anbn2anbn 3分 bn1anbn2abbn1nn 4分

2an1anbnan1bn1....a1b1 5分

bn1anbn是常数列； 6分 (2) an是递减数列,an1an0

a2a1ba11a1b1a1110 222a1b1 7分 ba2ab2ab2a3a220,a2b2,1111,a1b10

22a1b1ban0,anbna1b1恒成立 8分 猜想an1ann22akbkakbk2akbkbk1ak1akbk2ak2ak10 9分

224akbka1b1时an是递减数列 10分

（3）、（理）整理得an1 a214an2an 11分 5 12分 2 a10a20a30an0 13分

11n2，an12an2anan202 14分 2an2 an12 15分

4anbnanan4a2n an1an 16分 222anan2,an1an0

an单调递减，ana2 17分

5an2, 18分

23、解：（1）当n1时， (S11)2a1S1S12S11; 212当n2时， (S21)2a2S2(S2)S2S2;

2323当n3时， (S31)2a3S3(S3)S3S3. ……2分

34由此，猜测： Sn下面用数学归纳法证明：

（i）当n1时，结论显然成立；

（ii）假设当nk(kN)时，Skn(nN). n1k；则当nk1时，由条件，得 k1(Sk11)2ak1Sk1(Sk1Sk)Sk1Sk1kkk1

.2Sk2kk2k1即当nk1时，结论也成立.

n.……4分 n1

11nn11 当n2时,anSnSn1,.又a1S1212 n1nn(n1)1a于是数列an的通项公式为:nn(n1)(nN).……6分

11n111(2)因bn(1)n1(n1)2anan1(1)n1(1)(),……8分 n(n2)2nn2于是，由（i），（ii）可知，对任意的nN,均有Sn当n为奇数时，

Tnb1b2bn11111111(1)()()()23243546(1111)()n1n1nn2 当n

10分1111111(1)?22n1n222(n1)(n2)为偶数时，

Tnb1b2bn11111111(1)()()()23243546(1111)()n1n1nn2

1111111(1).22n1n222(n1)(n2)111,22(n1)(n2)故Tn111,22(n1)(n2)……12分 11(1)n=. 22(n1)(n2)(当n为偶数)(当n为奇数)（3）因cn(n1)an1,n由于数列cn的m(m3)项子列dn构成等比数列，设其公比为

q,则 ddd123dmd1(1qq2qm1).

因qQ,且q1,d11v(aN), 设q(u,vN,u2,且u,v互质). au11,故 u2

（i）当v1时，因qd1d2d3dmd1(1qq2m111qm1)122212m1212m1. ……15分

1vm1（ii）当v1时，因dmd1qm1是数列c中的项，故avm1a(aN).

nau从而d1d2d3dmd1(1qq2qm1)111111(m1m2m32m2m1)avvuvuvuu 11111m1m2m32m2m1vvuvuvuu11111m1m2m322232323m23m1121()mm132123m1m12m1(m3).223213综合（i），（ii），得：在数列cn中的所有m(m3)项等比子数列dn中，其和最大的是：

11111，，2，，m1.故由题意知：M的最小值为2m1. ……18分 2222另解（3）：因cn(n1)an1,由于数列c的m(m3)项子列d构成等比数列，设其

nnn公比为q,则 d1d2d3dmd1(1qq2qm1).

因qQ,且q1,d11(aN). a1,故 2

（i）当a1时，因qd1d2d3dm1qq211qm1122212m1212m1. ……15分

1（ii）当a2时，因qa1a, 故

1a1ad1d2d3dm1(1qq2aqm1)1111a1aa

a1312m1(m3).22综合（i），（ii），得：在数列cn中的所有m(m3)项等比子数列dn中，其和最大的是：

11111，，2，，m1.故由题意知：M的最小值为2m1. ……18分 22224、[解]（1）k11、k22（答案不唯一）．（4分）

ankn2(1k2)．（6分） nnk当k21，2时，f(n)n2均单调递增，不合题意，因此，k2≥3．

nk当k2≥3时，对于f(n)n2，当n≤k2时，f(n)单调递减；当n≥k2时，f(n)单调递增．

n由题设，有b1b2b3，b3b4．（8分） 于是由b2b3及b4b3，可解得6k212． 因此，k2的值为7，8，9，10，11．（10分）

2an,an0,（3）cnan|an|

0,a≤0.n其中an(nk1)(nk2)n2(k1k2)nk1k2，且k1k2．

当k1k2≤0时，{an}各项均为正数，且单调递增，cn2an，也单调递增，不合题意；

2an,nk2,当k1≤0k2时，cn 不合题意；（12分）

n≤k2.0,2an,nk1ornk2,于是，有0k1k2，此时cn（14分）

k1≤n≤k2.0,（2）由题设，bn因为cicj0（i、jN*，ij），所以i、j(k1,k2)． 于是由cn2an2(nk1)(nk2)2[n2(k1k2)nk1k2]，可得

k1k2ij，进一步得220ik1k2j，此时，i的四个值为1，2，3，4，因此，k1的最小值为5．（16分）

又S1、S2、…、Sn中有至少3个连续项的值相等，其它项的值均不相等， 不妨设SmSm+1=Sm+2=，于是有cm+1=cm+2=0，

因为当k1≤n≤k2时，cn0，所以5k1≤m1m2≤k2，

因此，k2≥6，即k2的最小值为6．（18分）

5、（1）数列an满足an3an13n（n2,nN）

∴an3an1anan13，∵30，∴nn11为常数，…………2分

33nn∴数列a1an1，公差为1…………4分 是等差数列，首项为n33ann ∴ann3n (nN) …………6分 n3（2）Sn3232333434(n1)3n1n3n

3Sn322333344352Sn3323334Snn3n1(n1)3nn3n1

3n1n3n1

3n13…………10分 22（3）数列bn满足bnlog3an，则bnlog33nn，…………11分 n

1111 1bnbn1n(n1)nn121123113411() nn1因此有： Tn(1)()() =11 …………13分 n1∴由题知△ABC中，sinAcosA13sin2ATn恒成立，而对于任意nN，Tn1成立，24所以

133即sin2A， …………16分 sin2A242又A(0,)，即2A(0,2)

∴

32A2，即A, ． …………18分 3636、（1）ann， ………………………………………………………………2分

1nbn1bnanbn，

22由累加法得bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1) …………………4分

1n(n1)0[12(n2)(n1)]．……………………………………6分

24（2）cn1cnan124bn1(an24bn)……………………………………………8分

1(an1)24(anbn)(an24bn)1

2cn是公差为1的等差数列．……………………………………………………11分

ancnakck(3)由解方程得：x，由条件，fk(x)0两根x为整数，则ck必为完

22全平方数，不妨设ckm2(mN)， …………12分 此时xakckakm为整数，ak和m具有相同的奇偶性，………13分 22由（2）知cn是公差为1的等差数列，取nk2m1

ck2m1ck2m1m22m1m1 ………………………………15分

此时x2ak2m1ck2m1(ak2m1)(m1) 22ak和m具有相同的奇偶性，ak2m1和m1具有相同的奇偶性， …17分

所以函数fk2m1(x)有两个整数零点.

由递推性可知存在无穷多个fn(x)有两个整数零点.………………………18分 7、（1）由题意：a222,a326

∵a1,a21,a3成等差数列，2(32)226，……………………（2分） 解得：1………………………………………………………………………（3分）

∵a12,an1an2n，

an(anan1)(an1an2)L(a2a1)a12n,……………………（5分）

解得：an2n………………………………………………………………………（6分）

n1 （2）解：∵，2n522n5an

∵p0，n1,2显然成立……………………………………………………（8分）

p2p16pp8

当n3时，

p2n5n1， …………………………………………………（9分） p82n11设bn2n52

nn1n111bn1bn2n32n5(72n)………………（11分）

222当n3时，b4b3；当n4时，b4b5b6L；

b3若

1357,b4,b5,b6，有b4b5b3b6 481632p2n5p1p5n1还需有2解，则b3b5，即，………（12分）

4p816p82p8840p 311，

所以正整数p3………………………………………（14分）

解得

8、【解】（1）当n1时，S11a1a21，a11，故a22；……1分 211当n2时，anSnSn1anan1an1an

22变形得2ananan1an1，由于an0，所以an1an12……2分 所以a2n12n1，a2n2n，nN，于是ann，nN.……3分 由于an1an1，所以数列an是以1首项，1为公差的等差数列.…………4分

**（2）由（1）得ann，所以bn2an2an12n2(n1)11……5分 42n bnbn1122n5，且b1b2bb11，当n2时，nn1…………7分 128bn1bn4 故数列bnbn1是以

11为首项，为公比的等比数列.……8分 1284于是limbkbk1bk1bk2bnbn1nbkbk11，即bkbk129……9分 138414bkbk111252k，故252k29，解得k2.…………10分 324ck1kmkmccc，ckkk12……12分 k1ckak1ck1ck2c1k（3）则由（1）得akk，

ck1k1(mk1)(mk2)k11k…………14分 1Cmk(k1)21m11m1m23CmCmCm1Cm…………16分 m11m012m1CmCmCm1Cm mm1故c1c2cm.……18分

ma3a510a4,不满足集合W的条件①，数列an不是集9、【解答】（1）对于数列an,2合W中的元素.

b1b3bblog23log22b2，24log28log23b3,对于数列bn, 22b3b5log215log24b4,而且，当n1,2,3,4,5时有log21bnlog25,显然满足集合2c1c2cmW的条件①②，故数列bn是集合W中的元素. -------------------4分

（2）因为点(cn1,Sn)在直线2xy20上，所以

2cn1Sn20 ①当n2时，有 2cnSn120 ②

① ②，得2cn12cncn0(n2),所以，当n2时，有cn1又2c2S120,S1c11, 所以c2因此，对任意正整数n,都有

1cn. 211c1. 221cn11,所以，数列cn是公比为的等比数列，

2cn211,S2nN. nn1n122SSn21112nn22nSn1,且1Sn2,故SnW,实数a对任意正整数n,都有n2222故cn的取值范围是,1,实数b的取值范围是2,.-------------------10分

（3）假设数列dn不是单递增数列，则一定存在正整数k0,使dk0dk01.------12分 此时，我们用数学归纳法证明：对于任意的正整数n,当nk0时都有dndn1成立. ①nk0时，显然有dndn1成立； ② 假设nm(mk0)时，dmdm1,

则当nm1时，由

dmdm2dm1可得dm22dm1dm,从而有 2dm1dm2dm1(2dm1dm)dmdm10,所以dm1dm2.

由①②知，对任意的nk0,都有dndn1.-----------------------------------------16分 显然d1,d2,,dk0这k0个值中一定有一个最大的，不妨记为dn0.于是dn0dn(nN*),

从而dn0b0,与已知条件dnb0(nN*)相矛盾.

所以假设不成立，故命题得证．---------------------------------------------------------18分 10、解：（1）当n2时，anSnSn1又

n(n1)(n1)nn 22a1S11 ，所以ann ……………………………5分

1111，Tn1，

2nann11111) Rn11(1)(1)(12232n1111 (n1)1(n2)(n3)1

23n1111111111)n(11)n(Tn1)(n2)…6分 n(123n1n23n1n (2)、<法一> <法二>：数学归纳法

1111，2(T21)2(1)1 ………………………1分

a1a2a1 ②假设nk(k2,kN*)时有Rk1k(Tk1) ………………………1分

1 当nk1时，RkRk1Tkk(Tk1)Tk(k1)Tkk(k1)(Tk1)k

ak11)k(k1)(Tk11)nk1是原式成立 (k1)(Tk111k1 由①②可知当n2,nN*时Rn1n(Tn1)； ………………………4分

mn1)()m，m1,2,,n (3)、（理）(1n32 ①n2时，R1T1 相加得，

4n1n1mn1时，（)()n323n1nmn时，（)()n32m1时，（n2n1)n32n1n1m2时，（)()2n32nn1m3时，（)()3n32(

n2nn1n)()n3n311213()()222(4n3n11213)()()()n3n322211()n1()n 22111()n1()n1()n1， 2223n4n(n2)n(n3)n ………………………4分

(n2)n(n3)n无解

2223333n6时，3n4n又当n1时；34，n2时，345；n3时，3456

n4时，34445464为偶数，而74为奇数，不符合 n5时，3545556575为奇数，而85为偶数，不符合

综上所述n2或者n3 ……………………………4分

1，与limf(an)0(nN*)矛盾

npqxqx 因为函数f(x)的定义域为R，所以(p1)31恒不为零，而3的值域为(0,)，所以

p10，又p1时，f(x)1，与limf(an)0(nN*)矛盾，故p1

(3)、易知q0，否则若q0，则f(x)n

f(an)11q且limf(an)031，q0 qnqn(p1)31(p1)(3)1n 即有pq1。 ……………………………8分

211、（1）由已知，2bnanan1 ①, an1bnbn1 ②， ………1分

由②可得，an1bnbn1 ③， ……………………………2分 将③代入①得，对任意nN，n≥2，有2bnbn1bnbnbn1， 即2bnbn1bn1，所以

*b是等差数列． …………………………4分

n（2）设数列

b的公差为d，由a10，an1215，得b125，b218，……6分 2所以b1522，b232，所以db2b1， ……………………7分 225222(n1)(n4)， ………………8分 222所以，bnb1(n1)d(n4)2(n3)2(n4)22所以，bn，anbn1bn， ……………………9分

222(n3)(n4)an． …………………………………………………………10分

212112（3）解法一：由（2），， ……………11分 an(n3)(n4)n3n411111111所以，Sn22，……13分

n3n44n44556故不等式2aSn2bn1n41化为4a， 2ann34n4即a(n2)(n4)*当nN时恒成立， …………………………………………14分

n(n3)(n2)(n4)n2n421212， 111n(n3)nn3nn3nn3n(n3)令f(n)则f(n)随着n的增大而减小，且f(n)1恒成立. ………………………………17分 故a≤1，所以，实数a的取值范围是(,1]. ………………………………18分

12112， ……………………11分 an(n3)(n4)n3n411111111所以，Sn22，……13分

n3n44n44556b1n41故不等式2aSn2n化为4a， 2ann34n4解法二：由（2），

所以，原不等式对任意nN*恒成立等价于(a1)n3(a2)n80对任意nN*恒成

立， ……………………………………14分 设f(n)(a1)n3(a2)n8，由题意，a1≤0，

当a1时，f(n)3n80恒成立； …………………………15分 当a1时，函数f(x)(a1)x3(a2)x8图像的对称轴为x2223a20， 2a1f(x)在(0,)上单调递减，即f(n)在N*上单调递减，故只需f(1)0即可， 15，所以当a≤1时，4aSnbn对nN*恒成立． 4综上，实数a的取值范围是(,1]． …………………………18分

由f(1)4a150，得a