2016届高考数学(文)二轮专题复习演练：专题15 数列模拟演练(人教版含解析)(江苏专用)

专题三 数 列经典模拟·演练卷一、填空题1．(2015·南通模拟)在等差数列{a n }中，a 1＋3a 3＋a 15＝10，则a 5的值为________． 2．(2015·济南模拟)设{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13＝________．3．(2015·成都诊断检测)设正项等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且满足a 4a 6＝14，a 7＝18，则S 4＝________． 4．(2015·衡水中学调研)已知等比数列{a n }中，a 3＝2，a 4a 6＝16，则a 10－a 12a 6－a 8＝________． 5．(2015·郑州质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋a 2＝34，a 4＋a 5＝6，则S 6＝________．6．(2015·潍坊调研)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 015的值为________．7．(2015·南昌二模)已知数列{a n }是等差数列，a 3＝5，a 9＝17，数列{b n }的前n 项和S n ＝3n.若a m ＝b 1＋b 4，则正整数m 的值为________．8．(2015·山西康杰中学、临汾一中联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则S 6＝________．9．(2015·江苏五市联考)各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2－a 1＝1.当a 3取最小值时，数列{a n }的通项公式a n ＝________．10．(2015·苏、锡、常、镇模拟)已知各项都为正的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为________．二、解答题11．(2015·衡水点睛大联考)若{a n }是各项均不为零的等差数列，公差为d ，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1，n ∈N *.数列{b n }满足b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和．(1)求a n 和T n ；(2)是否存在正整数m 、n (1<m <n )，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出所有m ，n 的值；若不存在，请说明理由．12．(2015·苏北四市调研)如果无穷数列{a n }满足下列条件：①a n ＋a n ＋22≤a n ＋1；②存在实数M ，使得a n ≤M ，其中n ∈N *，那么我们称数列{a n }为Ω数列． (1)设数列{b n }的通项为b n ＝5n －2n，且是Ω数列，求M 的取值范围；(2)设{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，证明：数列{S n }是Ω数列；(3)设数列{d n }是各项均为正整数的Ω数列，求证：d n ≤d n ＋1.13．(2014·泰州期末)设数列{a n }的前n 项积为T n ，已知对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时，总有T n T m＝T n －m ·q (n －m )m(q ＞0是常数)．(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设正整数k ，m ，n (k ＜m ＜n )成等差数列，试比较T n ·T k 和(T m )2的大小，并说明理由； (3)探究：命题p ：“对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时，总有T n T m＝T n －m ·q(n －m )m(q ＞0是常数)”是命题t ：“数列{a n }是公比为q (q ＞0)的等比数列”的充要条件吗？若是，请给出证明；若不是，请说明理由．经典模拟·演练卷1．2 [设数列{a n }的公差为d ， ∵a 1＋a 15＝2a 8，∴2a 8＋3a 3＝10，∴2(a 5＋3d )＋3(a 5－2d )＝10，∴5a 5＝10，∴a 5＝2.] 2．105 [设数列{a n }的公差为d ，依题设知d >0，则a 3>a 1， ∵a 1＋a 2＋a 3＝15，则3a 2＝15，a 2＝5，从而⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝10，a 1a 3＝16.解之得a 1＝2，a 3＝8.所以公差d ＝a 3－a 12＝3.故a 11＋a 12＋a 13＝(a 1＋a 2＋a 3)＋30d ＝15＋90＝105.] 3．15 [设等比数列{a n }的公比为q ，且q >0，a n >0. 由于a 4a 6＝14，a 7＝18，则a 3＝a 4a 6a 7＝2，q 4＝a 7a 3＝116，所以q ＝12. 于是a 1＝a 3q2＝8.故S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1161－12＝15.]4．4 [设等比数列{a n }的公比为q .由于a 3＝a 1q 2＝2. ∴a 4a 6＝a 21q 8＝(a 1q 2)2·q 4＝4q 4＝16.则q 4＝4，故a 10－a 12a 6－a 8＝q 4（a 6－a 8）a 6－a 8＝q 4＝4.] 5.634 [∵a 1＋a 2＝34，a 4＋a 5＝6， q 3＝a 4＋a 5a 1＋a 2＝8，从而q ＝2，可求a 1＝14.故S 6＝14（1－26）1－2＝634.]6．－2 015 [设数列{a n }的公差为d ，则S nn＝a 1＋n －12d .由S 1212－S 1010＝2，得⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋11d 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋9d 2＝2. 所以d ＝2，因此S 2 015＝2 015a 1＋2 015×2 0142d ＝－2 015.]7．29 [由等差数列的性质，a 9＝a 3＋6d .∴17＝5＋6d ，得d ＝2， 因此a m ＝a 3＋2(m －3)＝2m －1. 又数列{b n }的前n 项和S n ＝3n， ∴b 1＝S 1＝3，b 4＝S 4－S 3＝34－33＝54. 由a m ＝b 1＋b 4，得2m －1＝3＋54，则m ＝29.] 8．45[由a 1＝1，a 2＝3a 1，得a 2＝3， 又a n ＋1＝3S n ，知a n ＝3S n －1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝3S n －3S n －1＝3a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)．因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 （n ＝1），3·4n －2（n ≥2）， 故S 6＝1＋3（1－45）1－4＝45.]9．2n －1[根据题意，由于各项均为正数的等比数列{a n }中，由a 2－a 1＝1，得a 1(q －1)＝1， 所以q >1且a 1＝1q －1， ∴a 3＝a 1q 2＝q 2q －1＝（q －1）2＋2（q －1）＋1q －1＝q －1＋1q －1＋2≥2（q －1）·1q －1＋2＝4， 当且仅当q ＝2时取得等号，因此a n ＝a 1q n －1＝q n －1q －1＝2n －1.]10.32 [由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理有q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾，舍去)，又由 a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m ＋n －2＝16a 21，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫4m n ＋n m ＋5≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫24m n ·n m ＋5＝32，当且仅当4m n ＝n m ，m ＋n ＝6，即n ＝2m ＝4时取得最小值32.]11．解 (1)∵a 2n ＝S 2n －1(n ∈N *)，a n ≠0. 令n ＝1，得a 1＝1；令n ＝2，得a 2＝3，∴等差数列{a n }的公差d ＝2.从而a n ＝2n －1，b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，于是T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝n2n ＋1. (2)假设存在正整数m ，n (1<m <n )，使得T 1，T m ，T n 成等比数列．则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13·n 2n ＋1，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2>0， ∴－2m 2＋4m ＋1>0，解得1－62<m <1＋62， 由于m ∈N *，m >1，得m ＝2，此时n ＝12.故存在正整数m ，n ，当且仅当m ＝2，n ＝12时，满足T 1，T m ，T n 成等比数列．12．(1)解 ∵b n ＋1－b n ＝5－2n，∴当n ≥3，b n ＋1－b n ＜0，故数列{b n }单调递减；当n ＝1，2时，b n ＋1－b n ＞0，即b 1＜b 2＜b 3，则数列{b n }中的最大项是b 3＝7，所以M ≥7.(2)证明 ∵{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，设其公比为q＞0，∴c 3q 2＋c 3q ＋c 3＝74.整理得6q 2－q －1＝0，解得q ＝12，q ＝－13(舍去)．∴c 1＝1，c n ＝12n －1，S n ＝2－12n －1＜2，对任意的n ∈N *，有S n ＋S n ＋22＝2－12n －12n ＋2＜2－12n ＝S n ＋1，且S n ＜2，故{S n }是Ω数列．(3)证明 假设存在正整数k 使得d k ＞d k ＋1成立，有数列{d n }的各项均为正整数，可得d k ≥d k＋1＋1，即d k ＋1≤d k －1.因为d k ＋d k ＋22≤d k ＋1，所以d k ＋2≤2d k ＋1－d k ≤2(d k －1)－d k ＝d k －2，由d k ＋2≤2d k ＋1－d k 及d k ＞d k ＋1得d k ＋2＜2d k ＋1－d k ＋1＝d k ＋1，故d k ＋2≤d k ＋1－1.因为d k ＋1＋d k ＋32≤d k ＋2，所以d k ＋3≤2d k ＋2－d k ＋1≤2(d k ＋1－1)－d k ＋1＝d k ＋1－2≤d k －3，由此类推，可得d k ＋m ≤d k －m (m ∈N *)．又存在M ，使d k ≤M ，∴m ＞M ，使d k ＋m ＜0，这与数列{d n }的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，即对任意n ∈N *，都有d k ≤d k ＋1成立． 13．(1)证明 设m ＝1，则有T nT 1＝T n －1·qn －1，因为T i ≠0(i ∈N *)，所以有T n T n －1＝a 1·q n －1，即a n ＝a 1·q n －1，所以当n ≥2时a na n －1＝q ，所以数列{a n }是等比数列． (2)解 当q ＝1时，a n ＝a 1(n ∈N *)，所以T n ＝a n 1，所以T n ·T k ＝a n 1·a k 1＝a n ＋k 1＝a 2m 1＝T 2m ，当q≠1时，a n ＝a 1·qn －1，T n ＝a 1·a 2…a n ＝a n 1·q1＋2＋…＋(n －1)＝a n1·qn （n －1）2，所以T n ·T k ＝a n1·q n （n －1）2·a k1·q k （k －1）2＝a n ＋k1·qn 2－n ＋k 2－k2，T 2m ＝a 2m1·qm (m －1)．因为n ＋k ＝2m 且k＜m ＜n ，所以a n ＋k1＝a 2m 1，n 2＋k 2－n －k 2＝n 2＋k 22－m ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋k 22－m ＝m 2－m ，所以若q ＞1，则T m ·T k ＞T 2m ；若q ＜1，则T m ·T k ＜T 2m .(3)解 由(1)知，充分性成立；必要性：若数列{a n }成等比数列，则a n ＝a 1·q n －1，所以当q ≠1时，T n ＝a n1·qn （n －1）2，则T nT m＝所以，“对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时总有T n T m＝T n －m ·q (n －m )m成立；同理可证当q ＝1时也成立．所以命题p 是命题t 的充要条件．。