1、专题三数列专题过关提升卷(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1(2015陕西高考)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为_2设an是公比为q的等比数列，则“q1”是数列“an为递增数列”的_条件3等差数列an的前n项和为Sn，已知a58，S36，则a9_4已知等比数列an是递增数列，Sn是an的前n项和若a1，a3是方程x210x90的两个根，则S6_5(2015广州调研)若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_6在各项均为正数的等比数列an中，若a
2、m1am12am(m2)，数列an的前n项积为Tn，若log2T2m19，则m_7各项为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若S45S2，a22且Sk31，则正整数k的值为_8若两个等差数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，且满足，则_9(2015太原诊断)已知等比数列an的前n项和为Sn3n1a(nN*)，则实数a的值为_10(2015菏泽调研)西非埃博拉病毒导致2 500多人死亡，引起国际社会广泛关注，为防止疫情蔓延，西非各国政府在世界卫生组织、国际社会援助下全力抗击埃博拉疫情，预计某首都医院近30天内每天因治愈出院的人数依次构成数列an，已知a13，a22，且满足an2an1(1)n
3、，则该医院30天内因治愈埃博拉病毒出院的患者共有_人11(2015长沙模拟)已知数列an的通项公式为an2nn.若按如图所示的流程图进行运算，则输出n的值为_12(2015衡水点睛联考)已知数列an满足a11，且anan1(n2，且nN*)，则数列an的通项公式为_13设等差数列an的前n项和为Sn，若a212a6，且S7S10，则使得Sn取得最小值时，n的值为_14(2015郑州质检)设数列an是首项为1，公比为q(q1)的等比数列，若是等差数列，则_二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15(本小题满分14分)(2015大庆质检)已知公差不为0的等差
4、数列an满足S777，且a1，a3，a11成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2an，求数列bn的前n项和Tn.16(本小题满分14分)(2015揭阳模拟)已知等比数列an满足：an0，a15，Sn为其前n项和，且20S1，S3，7S2成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog5a2log5a4log5a2n2，求数列的前n项和Tn.17(本小题满分14分)(2015济宁模拟)已知数列bn满足Snbn，其中Sn为数列bn的前n项和(1)求证：数列是等比数列，并求数列bn的通项公式；(2)如果对任意nN*，不等式2n7恒成立，求实数k的取值范围18(本小题满分16分)
5、设数列bn的前n项和为Sn，且bn12Sn；将函数ysin x在区间(0，)内的全部零点按从小到大的顺序排成数列an(1)求bn与an的通项公式；(2)设cnanbn(nN*)，Tn为数列cn的前n项和若a22a4Tn恒成立，试求实数a的取值范围19(本小题满分16分)(2012江苏高考)已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an1，nN*.(1)设bn11，nN*，求证：数列是等差数列；(2)设bn1，nN*，且an是等比数列，求a1和b1的值20(本小题满分16分)(2015南京、盐城模拟)已知数列an满足a1a(a0，aN*)，a1a2anpan10(p0，p1，nN*)(1)求数列
6、an的通项公式an；(2)若对每一个正整数k，若将ak1，ak2，ak3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.求p的值及对应的数列dk记Sk为数列dk的前k项和，问是否存在a，使得Sk30对任意正整数k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由专题过关提升卷15设数列的首项为a1，由等差数列与中位数定义，则a12 01521 010，a15.2既不充分也不必要当a11时，数列an是递减数列当an为递增数列时，a10，0q0，q1.因此，“q1”是an为递增数列的既不充分也不必要条件316设等差数列an的公差为d，首项为a1，因为a58，S36，所以解得a10，
7、d2.所以a9a18d8216.4364因为a1，a3是方程x210x90的两个根，所以又an是递增数列，所以a11，a39，所以q3，S6364.550a10a11a9a122a1a202e5，a1a20e5，则ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)10ln e5050.65由等比数列的性质，am1am1a，a2am(am0)，从而am2，因此T2m1a1a2a3a2m1a22m1，所以log2T2m1log222m12m19，则m5.75由S45S2，得a3a44(a1a2)，q2(a1a2)4(a1a2)，由于a1a20，则q2.又a22a12.知a11
8、.Sk31，解得k5.8.93由Sn3n1a，则Sn13na.anSnSn123n(n2，nN*)a1S19a，又数列an为等比数列，因此a1应满足an23n，即a16.所以9a6，a3.10285由an2an1(1)n，知，当n为奇数时，an2an0；当n为偶数时，an2an2.所以数列a1，a3，a5，a29为常数列；a2，a4，a6，a30是公差为2的等差数列又a13，a22，因此S30153154515285.1111由程序框图，及an2nn.Sn(211)(222)(233)(2nn)(222232n)(123n)2(2n1)，由Sn2 015，得2n12 017，由nN*，知n11
9、.输出n的值为11.12an由anan1，得3nan3n1an11(n2)数列3nan是以3为首项，公差为1的等差数列因此3nan3(n1)1n2，所以an.138或9设等差数列an的公差为d.由S10S7，得a8a9a100，知a90，又2a6a2a10a21，得a101，公差da10a910，数列an单调递增所以，当n8时，an0，因此an的前8项或前9项和最小144 026因为是等差数列，则，又an是首项为1，公比为q(q1)的等比数列，2q1，所以数列an是首项为1，公比为1的常数列，则an1.故4 026.15解(1)设等差数列an的公差为d(d0)，由S77a477，得a411，a
10、13d11，因为a1，a3，a11成等比数列，所以aa1a11，整理得2d23a1d，又因d0.所以2d3a1联立，解得a12，d3.所以an的通项公式an3n1.(2)因为bn2an，所以bn23n18n，所以数列bn是以4为首项，8为公比的等比数列，由等比数列前n项和公式得，Tn.16解(1)设数列an的公比为q(q0)20S1，S3，7S2成等差数列，2S320S17S2.则2(a1a1qa1q2)20a17(a1a1q)化简得2q25q250，解得q5或q.由q0.舍去q.所以数列an的通项公式ana1qn15n.(2)由(1)知，a2n252n2，则log5a2n22n2.因此bnl
11、og5a2log5a4log5a2n2242(n1)(n1)(n2)，Tn.17解(1)对于任意nN*，SnbnSn1bn1得bn1bn，所以bn1又由式知，S1b1，即b1.所以数列是首项为b13，公比为的等比数列，bn3，即bn3.(2)因为bn3，所以Sn36.因为不等式2n7，化简得k，对任意nN*恒成立，设cn，则cn1cn，当n5时，cn1cn，cn为单调递减数列，当1ncn，cn为单调递增数列，c4c5，所以，n5时，cn取得最大值，所以，要使k对任意nN*恒成立，k.18解(1)由bn12Sn，令n1，则b112S112b1，b1.又当n2时，bnSnSn1，bnbn1(12S
12、n)(12Sn1)2bn.因此3bnbn1(n2，nN*)，数列bn是首项b1，公比为q的等比数列所以bnb1qn1.令ysin x0，x(0，)，得xn(nN*)，xn(nN*)，它在区间(0，)内的取值构成以1为首项，以1为公差的等差数列于是数列an的通项公式a nn.(2)由(1)知，cnanbn，则Tn所以Tn由，得Tn，于是Tn4Tn恒成立，则a22a3.解之得a3或a1，所以实数a的取值范围是(，13，)19(1)证明由题设知an1，所以，从而1(nN*)，所以数列是以1为公差的等差数列(2)解因为an0，bn0，所以ab(anbn)2，从而1an1.(*)设等比数列an的公比为q
13、，由an0知q0.下证q1.若q1，则a1a2，故当nlogq时，an1a1qn，与(*)矛盾；若0q1，则a1a21，故当nlogq时，an1a1qn1，与(*)矛盾综上，q1，故ana1(nN*)，所以1a1.又bn1bn(nN*)，所以bn是公比为的等比数列若a1，则1，于是b1b2b3.又由a1得bn(nN*)，所以b1，b2，b3中至少有两项相同，矛盾，所以a1，从而bn.所以a1b1.20解(1)因为a1a2anpan10，所以n2时，a1a2an1pan0，两式相减，得(n2)，故数列an从第二项起是公比为的等比数列，又当n1时，a1pa20，解得a2，从而an(2)由(1)得a
14、k1，ak2，ak3，若ak1为等差中项，则2ak1ak2ak3，即1或2，解得p；此时ak13a(2)k1，ak23a(2)k，所以dk|ak1ak2|9a2k1，若ak2为等差中项，则2ak2ak1ak3，即1，此时无解；若ak3为等差中项，则2ak3ak1ak2，即1或，解得p，此时ak1，ak3，所以dk|ak1ak3|，综上所述，p，dk9a2k1或p，dk.当p时，Sk9a(2k1)则由Sk30，得a，当k3时，1，所以必定有a1，所以不存在这样的最大正整数当p时，Sk，则由Sk30，得a，因为，所以a13满足Sk30恒成立；但当a14时，存在k5，使得a，即Sk30，所以此时满足题意的最大正整数a13.
