2020年高考数学二轮复习(上海专版) 专题07 数列的综合

1、í   ý也是一个等差数列；nn2.(2019· 浦东新区二模)已知各项均为不为零的数列𝑎𝑛满足𝑎1 = 1,前 n 项的和为𝑆𝑛,且   2𝑆𝑆𝑛          aní，bnn5，第 n 个月底的

2、共享单车的保有量是前 n 个月的累计投放量与累计损失量 (a1a2a3a42)(b1b2b3b42)965（42050）×38  𝑎𝑛= 2𝑛2, 𝑛 专题 07数列的综合 (二)专题点拨1.设 Sn 是等差数列an的前 n 项和，则Sk，S2kSk，S3kS2k，构成的数列是等差数列；ìS üî þ2设等比数列an的首项为

3、 a1，公比为 q，当 q>1，a1>0 或 0<q<1，a1<0 时，数列an为递增数列；当 q>1，a1<0 或 0<q<1，a1>0 时，数列an为递减数列；当 q1 时，数列an是(非零)常数列；当 q<0 时，数列an是摆动数列3代数变形能力是学好数列的一种关键能力.递推公式是数列中项与项之间关系的一种内部规律，通过什么方法把内部规律转化成 anf(n)是解题关键真题赏析

4、1.(2017·上海)根据预测，某地第 n(nN *)个月共享单车的投放量和损失量分别为 an 和 bn(单位：辆)其中ïîì5n415，1n3ï10n470，n4的差(1)求该地区第 4 个月的共享单车的保有量；(2)已知该地区共享单车停放点第 n 个月底的单车容纳量 Sn4(n46)28800(单位：辆)设在某月底，共享单车保有量达到最大，问保有量是否超出了此时停放点的容纳量？【解析】 (1)(a1a2a3a4)(b1b2b3b4)

5、96530935(辆)(2)10n470>n5n42，即第 42 个月底，保有量达到最大（647）×42228782(辆)S424(4246)288008736，此时保有量超过了容纳量2𝑛1𝑁, 𝑛  2,数列𝑏𝑛满足𝑏𝑛 = 𝑎𝑛 + 𝑎𝑛+1, 𝑛  𝑁

6、;(1)求𝑎2,𝑎3；(2)求𝑆2019；【解析】解：(1)由𝑎 𝑆𝑛 𝑆𝑎𝑛  = 2𝑛2, 𝑛  𝑁, 𝑛  2,𝑘𝑘𝑘1(3)已知等式𝑘𝐶𝑛 = ⻕

7、9;  𝐶𝑛1 对1  𝑘  𝑛,k,𝑛  𝑁成立,请用该结论求有穷数列𝑏𝑘 𝐶𝑛 , 𝑘 = 1,2,  , 𝑛,的前 n 项和𝑇𝑛22𝑛1= 2Ү

8、99;2,即𝑆得𝑎𝑛(𝑆𝑛𝑆𝑎𝑛𝑛1 )𝑛𝑆𝑛1 = 2𝑛2,2          2 × 1009 = 4078379；又𝑎1 = 1, 𝑎2

9、19886;1𝑎1 = 8,则𝑎2 = 6,𝑎1𝑎2𝑎3𝑎1𝑎2 = 18,得𝑎3 = 4；(2)由𝑆𝑛𝑆𝑛1 = 2𝑛2(𝑛  2),得𝑆𝑛1𝑆𝑛 = 2(⻕

10、9;1)2,两式作差可得：𝑆𝑛1𝑆𝑛1 = 4𝑛2即𝑎𝑛𝑎𝑛1 = 4𝑛2 𝑆2019 = 𝑎1(𝑎2𝑎3)(𝑎4𝑎5)(𝑎2018𝑎2019)=14×224×424 × 20182=14(2

11、462018)2 × 1009=14 × (22018)×1009(3)由𝑏𝑘 = 𝑎𝑘𝑎𝑘1 = 4𝑘2,1得𝑇𝑛 = 𝑏1𝐶𝑛2𝑏2𝐶𝑛3𝑏3𝐶𝑛  

12、9887;𝑛𝐶𝑛1= (4 × 12)𝐶𝑛2(4 × 2  2)𝐶𝑛3(4 × 3  2)𝐶𝑛  (4𝑛  2)𝐶𝑛1= 4(1 × 𝐶𝑛22 &

13、#215; 𝐶𝑛33 × 𝐶𝑛1  𝑛𝐶𝑛 ) 2(𝐶𝑛2𝐶𝑛  𝐶𝑛 )= 4 × 𝑛 × 2𝑛12 × 2𝑛2= (&#

14、119899;1)2𝑛12【例 1】已知等差数列an的前 n 项和为 Sn 2 n2n2，求数列|an|的前 n 项和【解析】解由已知 anSnSn1 2 n2n2 2 (n1)2(n1)2203n(n2)例题剖析373373373当 n1 时，a1S117，满足上式an203n(n1)，则 a6>0，a7<0.当 n6 时，|a1|a2|an|Snn  n2；2S6(

15、SnS6)2S6Sn114 2 n2n2.ì372 n32n（n6），î114372 n23n（n6）.当 n0 时，a1S10，故 aní          .数列an是递减的等差数列3732当 n>6 时，|a1|a2|an|a1a2a6a7a8an3732|的前 n 项和 S数列|anní2【变式训练 1】已知

16、60;Sn 为数列an的前 n 项和，且 Sn12n2n，n0，1，2，求 an.【解析】an1Sn1Sn2n2n2(n1)2(n1)4n214n1(n1)，当 n1 时，a23，所以 an14n1，nN *.ìï4n5（n2）îï0（n1）【例 2】已知数列a  ，定义数列ann+1- 2a  为数列a  的“ 2 倍差数列”， 若a  

17、;的“ 2 倍差数列”n n n的通项公式为 an+1- 2a = 2n+1 ，且 a = 2 ，若函数a  的前 n 项和为 S ，则 S = (    )n 1 n n 33A  238+ 1B  239 + 2C 

18、 238 + 2D  239n = 1(常数 )，【答案】B【解析】a  的“ 2 倍差数列”的通项公式为 an则： an+1 -a2n+12nn+1- 2a = 2n+1 ，n所以：  数列 ín ý 是以1 = 1 为首项，  1  为公差的等差数列 &#

19、236; a üaî 2n þ21a则：n = 1 + n - 1 = n ，2n所以： a = ng2n (首 项符合) ，n故： a = ng2n nS = 1g21 + 2g22 +¼+ ng2n ，n2S = 1g22 +

20、 2g23 +¼+ ng2n+1 ，n - 得： -S =n2(2 n - 1)2 - 1- ng2n+1 ，整理得： S = (n - 1)g2n+1 + 2 ，n所以： S33= (33 - 1)g233+1 + 2 = 239 + 2 故选：&

21、#160;B ruuuruuuuuur【例 3】已知 S 为数列 a  的前 n 项和， a = a = 1 ，平面内三个不共线的向量 OA ， OB ， OC ，满足nn12uuuruuuruuurOC = (a+ a)OA + (1- a )OB ， n2 ， n 

22、ΠN * ，若 A ， B ， C 在同一直线上，则 Sn-1n+1n2018 =   【答案】2uuuruuuruuuruuur【解析】若 A ，B ，C 三点共线，则 OA = xOB + (1- x)OC ， 根据条件“平面内三个不共线的向量 OA ，ruuuuuuruuuruuuruuurOB

23、60;， OC ，满足 OC = (a+ a)OA + (1- a )OB ， n2 ， n Î N * ， A ， B ， C 在同一直线上，”n-1n+1n得出 an-1+ an+1+ 1 - a = 1 ， ann-1+ an+1= 

24、a ，nQ S 为数列a  的前 n 项和， a = a = 1 ，nn12 数列a  为：1，1，0， -1， -1，0，1，1，0， -1， -1，0，¼n即数列a  是以 6 为周期的周期数列，前 6 项为 1，1，0， -1， -1，0，nQ 2018 = 6&

25、#160;´ 336 + 2 ， S2018= 336 ´ (1+ 1 + 0 - 1 - 1 + 0) + 1 + 1 = 2 【例  4】将 n 个数 a ， a  ， ¼ ， a  的

26、连乘积 a ga g¼ga  记为 p  a  ，将 n 个数 a  ， a  ， ¼ ， a  的和i=1a  + a  +¼+ a  记为 å   a  ， n &#

27、206; N *)故答案为：2n12n12ni12nn12nii=11 + x         1 + xi=1      i(1)若数列x  满足 x = 1 ， xn1求 P + S ；55n+1n 1 n 1= x 2

28、60;+ x ， n Î N * ，设 P = p     ， S = å     n n n ni=1i(2)用  x 表示不超过 x 的最大整数，例如 2 = 2 ， 3.4 = 3 ，

29、 -1.8 = -2 若数列 x  满足 x = 1 ，n1= x 2 + x  ， n Î N * ，求  å1 + xxn+1n n2019 xii=1       i 的值；(3)设定义在正整数集 N&#

30、160;* 上的函数 f (n) 满足，当m(m - 1)    m(m + 1)< n        (m Î N *) 时， f (n) = m ，问是2          2否&

31、#160;存 在 正 整 数 n ， 使 得 å   f (i) = 2019 ？ 若 存 在 ， 求 出 n 的 值 ； 若 不 存 在 ， 说 明 理 由 ( 已 知ni=16  

32、60;  ) i            i=1  1 + x1 + x1 + x    =i 2 = n(n + 1)(2n + 1)nåi=1【解析】(1)数列x  满足 x = 1 ，&

33、#160;xn1可得 x= x 2 + x = x (1+ x ) ，n+1nnnnx即有1n，xnn+1n+1= x 2 + x ， n Î N * ，设 P = p     ， S = ån n n ni=1n 1&

34、#160;n 1i，x  =1111=-，x (1+ x )x1 + xn+1nnnn1 + x    =即有1n1xn- 1xn+1，1 g  2 ¼-   +   -  +¼+   1=1 +  1可得 P + S&

35、#160;=55x xx x2 3x5 +x61  1  1  1x x x x x1 2 2 3 5- 1x6xx x6 1- 1x6=   11x+ 1 - x= 1 ；661 + x   = 1 -(2) x

36、60;= 1 ， x1n+1= x 2 + x ， n Î N * ，可得n nxii11 + xi= 1 - ( 1xi- 1 ) ，xi+1可得  å x2019i=1ii1 + x= 2009 - (1  1  1 

37、; 1       1    1-   +   -  +¼+     -    )x x x x x x1 2 2 3 2019 2020x   = 2018&

38、#160;+= 2019 - 1 +120201x  ，2020x由 x = 1 ， x1n+1= x 2 + x > 1 ，可得 1 Î (0,1) ，n n20202019 x即有  åi1 + xi=1i = 2018 ；当  m(m&#

39、160;- 1)可得 å   f (i) = 1 + (2 + 2) + (3 + 3 + 3) + (4 + 4 + 4 + 4) +¼+ (k + k +¼+ k ) +¼(3)设定义在正整数集 N

40、0;* 上的函数 f (n) 满足，m(m + 1)< n(m Î N *) 时， f (n) = m ，22当 m = 1时， 0 < n 1，可得 f (1) = 1 ；当 m = 2 时，1 < n 3 时

41、， f (2) = f (3) = 2 ；当 m = 3 时， 3 < n 6 时， f (4) = f (5) = f (6) = 3 ，¼ ， m = k 时，可得 f (n) = k (k 

42、;个 k ) ，ni=1= 1 + 22 + 32 + 42 +¼+ k 2 +¼ ，由12 + 22 + 32 + 42 +¼+ 182 = 18 ´ (18 + 1)(2´18 + 1) = 2109 ，6

43、由 2109 - 90 = 2019 ， 90 ¸18 = 5 ，1n可得当 n =´18 ´ (18 + 1) - 5 = 166 时，满足 å f (i) = 2019 2i=1【例 5】九章算术中的“竹九节”问题：现有一根 9 节的竹子，自上而

44、下各节的容积成等差数列，上面 4节的容积共 3 升，下面 3 节的容积共 4 升，现自上而下取第 1，3，9 节，则这 3 节的容积之和为 ()3           B 6            C 9  &

45、#160;        D   25A  13 升17升19升12升【答案】B【解析】设自上而下各节的容积分别为 a ， a ，¼ ， a ，公差为 d ，129Q 上面 4 节的容积共 3 升，下面 3 节的容积共 4 升，í  

46、60;1î   9ìa + a + a + a = 4a + 6d = 32341a + a + a = 3a + 21d = 4871，解得 a  =  1322     667， d =，1 自上

47、而下取第 1，3，9 节，则这 3 节的容积之和为：a + a + a = 3a + 10d =139139  70  17+   =   (升 ) 22  66  6故选： B 巩固训练一、填空题1.(2019· 静安区二模)若等比数列𝑎⻕

48、9;(𝑛  𝑁)满足𝑎1 + 𝑎3 = 30,𝑎2 + 𝑎4 = 10,则𝑎1  𝑎2    𝑎𝑛的最大值为_【答案】7293【解析】解：设等比数列𝑎𝑛的公比为 q, 𝑎1 + ⻔

49、6;3 = 30,𝑎2 + 𝑎4 = 10, 𝑎1 + 𝑎3 = 30 = 𝑎1(1 + 𝑞2),𝑎2 + 𝑎4 = 10 = 𝑞(𝑎1 + 𝑎3) = 30𝑞

50、;,联立解得𝑞 = 1,𝑎1 = 273 𝑎𝑛 = 27 × (1)𝑛1 = 34𝑛 则𝑎1  𝑎2    𝑎𝑛 = 33+2+(4𝑛)   = 3= 37

51、9899;𝑛2   ,𝑛(3+4𝑛)22可得𝑛 = 3或 4 时,𝑎1  𝑎2    𝑎𝑛的最大值为 729故答案为：7292.已知数列a  满足： a = 0 ，对任意的 n Î N * 都有 an1

52、n+1> a 成立 nn函数 f ( x) =| sin 1 ( x - a ) | ， x Î a ， a 满足： 对于任意的实数 m Î 0 ，1) ， f ( x) = m 总有两个不nnnn+1n同的根， 则a

53、60; 的通项公式是n2【答案】 a = n(n - 1)np2           2           2【解析】Q a = 0 ，当 n = 1 时， f ( x) =| sin(&

54、#160;x - a ) |=| sin x | ， x Î 0 ， a  ，1112又Q 对任意的 m Î 0 ，1) ， f ( x) = m 总有两个不同的根， a = p ，12 f ( x) = sin

55、0;x ， x Î 0 ， p  ， a = p ，12( x - a ) |=| sin( x - p ) |=| cos又 f ( x) =| sin 11x | ， x Î p ， a 

56、0;，223Q 对任意的 m Î 0 ，1) ， f ( x) = m 总有两个不同的根， a = 3p ，1333又 f ( x) =| sin3131 1( x - a ) |=| sin ( x - 3p ) |=| sin 

57、;p | ， x Î 3p ， a  ，3 4Q 对任意的 b Î 0 ，1) ， f ( x) = m 总有两个不同的根， a = 6p ，14由此可得 an+1- a = np ，n a = a + (a 

58、- a ) +¼+ (a - a) = 0 + p +¼+ (n - 1)p =n121nn-1n(n - 1)2p ，故答案为： a =nn(n - 1)2p.a an2an2n  1，ann21，an2n1，anln  ，an2nn.【解析】  若 an2nn1 为

59、“差非增数列”，n（n1）（n2）3若数列an满足“对任意正整数 n， n 2an1 恒成立”，则称数列an为“差非增数列”给出下列数列an，nN *：1n1nn1其中是“差非增数列”的有_(写出所有满足条件的数列的序号)【答案】1111              则 2nn12n2n212(2n1n11)恒成立，2即 2n恒成立，此式显然不正确，不是“差非增数列”；若 ann

60、21 为“差非增数列”，则 n21(n2)212(n1)22，即 20 恒成立，此式显然不正确，不是“差非增数列”；若 an2n1 为“差非增数列”，则 2n12(n2)122(n1)1，即 00 恒成立，此式显然正确，是“差非增数列”.𝑎4.(2019· 浦东新区三模)已知数列𝑎𝑛满足： 1 = 𝑎 < 0,𝑎𝑛1 

61、0;𝑎𝑛 = 3𝑎𝑛1  3𝑎𝑛,𝑛  𝑁,数列𝑎𝑛有最大值 M 和最小值 m,则𝑀的取值范围为_𝑚【答案】5, 2)【解析】解：由𝑎1 = 𝑎 < 0,𝑎𝑛1  ⻔

62、6;𝑛 = 3𝑎𝑛1  3𝑎𝑛,𝑛  𝑁, 𝑎𝑛 = 𝑎1(𝑎2  𝑎1)(𝑎3  𝑎2)(𝑎𝑛  𝑎𝑛1) = 𝑎(3

63、19886;2  3𝑎)(3𝑎3  3𝑎2)(3𝑎𝑛  3𝑎𝑛1) = 3𝑎𝑛  2𝑎,𝑎𝑛 = 𝑓(𝑛)(𝑛  𝑁),数列𝑎𝑛的前 n 项和w

64、878;𝑛组成数列𝑆𝑛,则有( ) 𝑎2𝑘 = 3𝑎2𝑘  2𝑎 > 0,𝑎2𝑘1 = 3𝑎2𝑘1  2𝑎  1 < 𝑎 < 0时,𝑀 = &

65、#119886;2 = 3𝑎2  2𝑎,𝑁 = 3𝑎  2𝑎 = 𝑎 𝑀 = 3𝑎 22𝑎 = 3𝑎  2  (5, 2)𝑚𝑎𝑎 = 1时,𝑎2&

66、#119896; = 5,𝑎2𝑘1 = 3 + 2 = 1𝑀 = 5,𝑁 = 1 𝑀 = 5𝑚𝑎 < 1时,不满足数列𝑎𝑛有最大值 M 和最小值 m 的条件,舍去 𝑀的取值范围为5, 2)𝑚

67、;故答案为：5, 2)二、选择题y5(2019· 静安区二模)设𝑓(𝑥)是定义在 R 上恒不为零的函数,对任意实数 x、,都有𝑓(𝑥 + 𝑦) = 𝑓(𝑥)𝑓(𝑦) ,若𝑎1 =12A. 数列𝑆𝑛递增,最大值为 12B. 数列𝑆⻕

68、9;递减,最小值为12C. 数列𝑆𝑛递增,最小值为1D. 数列𝑆𝑛递减,最大值为 1【答案】C224【解析】解： 𝑎1 = 1,故𝑓(1) = 1, 𝑎2 = 𝑓(2) = 𝑓 2(1) = 1,8𝑎3 = 𝑓(3) = &

69、#119891;(1)𝑓(2) = 𝑓 3(1) = 1,2𝑛 ,当𝑛  𝑁时,𝑎𝑛 =11     1  𝑛又𝑆𝑛 =  211( ) 212= 1  (1)𝑛 <&

70、#160;1,22故𝑆𝑛递增,当𝑛 = 1时,𝑆𝑛取得最小值𝑆1 = 𝑎1 = 1故选：C2a  2，解得 a1，b4；当  是等差中项时， a2，解得 a4，b1，综上所述，abp5，所6若 a，b 是函数 f(x)x2pxq(p>0，q>0) 的两个不同的零点，且 a，b，2 这三

71、个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 pq 的值等于()A6B7C8D9【答案】D【解析】由韦达定理得 abp，a·bq，则 a>0，b>0，当 a，b，2 适当排序后成等比数列时，2 必为4等比中项，故 a·bq4，ba，当适当排序后成等差数列时，2 必不是等差中项，当 a 是等差中项时，448aaa以 pq9，选 D.7.我国古代数学名著算法统宗中有如下问题： “远望巍巍塔七层， 红光点点倍

72、加增， 共灯三百八十一， 请问尖头几盏灯？”意思是： “一座 7 层塔共挂了 381 盏灯， 且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍， 则塔的顶层共有灯多少？”现有类似问题： 一座 5 层塔共挂了 242 盏灯， 且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 3 倍， 则塔的底层共有灯 ()A  162 盏B  114 盏&#

73、160;       C  112 盏       D  81 盏【答案】A【解析】设每层的灯数形成等比数列a  ，公比 q = 3 ， S = 242 ，n5a (35 - 1)则13 - 1= 242 ，解得 a&#

74、160;= 2 1n+1  =    ax a = 2 ´ 34 = 162 5故选： A 三、解答题8.已知首项为的数列满足 xn  ( 为常数).1 + xn(1)若对于任意的(2)当时，若(3)当确定后，数列，有，数列由其首项对于任意的      都成立，求 的值；是递增数

75、列还是递减数列？请说明理由；确定，当     时，通过对数列    的探究，写出“    是有穷数【解析】(1)Q  xn+1  =     axx  + 1           ax  + x &#

76、160;+ 1+ 1nnx  + 1列”的一个真命题(不必证明).axa ×naxx + 1a 2 xnnn = xnnnnîa + 1 = 0 a 2 x = (a + 1)x 2 + xnnnì a2 = 1当 n = 1 时，由

77、60;x 的任意性，得 í         a = -1 .1(2)数列x  是递减数列.nn+1  =    axQ x > 0 ， x1nx + 1n x > 0 ， n Î N * 

78、.nx  + 1       x  + 1又 xn+1x x2nn- x =     - x =-     < 0 ， n Î N * .故数列x  是递减数列.n n nn 

79、;nx  + 1         7(3)真命题：数列x  满足 xnn+1 =n2 x 1n  ，若 x = - ，则x  是有穷数列.1 nx  + 1       1 - 2x  +&

80、#160;1                                              1 - 2mx&

81、#160; + 1                                       1 - 2m数列x  满足 xn数列x

82、60; 满足 xn数列x  满足 xnn+1 =n+1 =n+1 =nnn2 x 1n ，若 x =     ， m Î N * ，则x  是有穷数列.1 m n2 x 1n ，则 x  是有穷数列的充要条件是存在 m Î

83、0;N * ，使得 x =     .n 12 x 1n ，则x  是有穷数列且项数为 m 的充要条件是 x =     ， m Î N * .n 19.如果存在常数 a 使得数列 an满足：若 x 是数列 a 中的一项

84、，则 a - x 也是数列a 中的一项，称数n n列 an为“兑换数列”，常数 a 是它的“兑换系数”.(1)若数列：1,2,4, m (m > 4) 是“兑换系数”为 a 的“兑换数列”，求 m 和 a 的值；(2)已知有穷等差数列bn的项数是 n0(n ³ 3) ，所有项之和是 B ，求证：数列b 是“兑换数

85、列”，并用0 nn 和 B 表示它的“兑换系数”；0(3)对于一个不少于 3 项，且各项皆为正整数的递增数列cn，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论并说明理由.。【解析】(1)因为数列：1,2,4, m (m > 4) 是“兑换系数”为 a 的兑换数列.所以 a - m, a - 4, a - 2, a -1 也是该数列

86、的项，且 a - m < a - 4 < a - 2 < a - 1.故 a - m = 1,a - 4 = 2 即 a = 6, m = 5 .的公差为 d ，因为数列b 是项数为 n(2)设数列 bnn

87、60;0 项的有穷等差数列n0n0若 b £ b £ b £ L £ b ，则 a - b ³ a - b ³ a - b ³ L ³ a - b123123n0 +1-i  Îb 即对数列

88、 bn中的任意一项 b (1£ i £ n ) a - bi 0 i= b + (n - i)d = b1 0 nn0 +1-i  Îb 也成立，n0同理可得：若 b ³ b ³ b ³ L ³

89、60;b ， a - b = b + (n - i)d = b123i10n由“兑换数列”的定义可知，数列bn是 “兑换数列”；22n又因为数列b 所有项之和是 B ，所以 B = (b1 + bn0) × n0 = a × n0 ，即 a = 2 B

90、0;.n0(3)假设存在这样的等比数列cn，设它的公比为 q(q > 1) ，因为数列 cn为递增数列，所以 c1< c < c < L < c < L2 3 n则 a - c > a - c > a - c > L > 

91、;a - c > L123n又因为数列 cn为“兑换数列”，则 a - c Îc (i = 1,2, L ) ，所以 a - c 是正整数.i n i故数列 cn必为有穷数列，不妨设项数为 n 项，则 c + ci n+1-i= a(1£ i £

92、0;n)2若 n = 3, 则有 c + c = a, c = a132，又 c 2 = c × c ，由此得 q = 1 ，与 q > 1 矛盾；2 1 3若 n ³ 4 。由 c + c = 

93、;c + c1n2n-1，得 c - c q + c q n-1 - c q n-2 = 01 1 1 1即 (q - 1)(1- q n-2 ) = 0 ，故 q = 1 ，与 q > 1 矛盾；综合得，不存在满足条件的数列cn新题

94、速递.1(2020徐汇区一模)已知等差数列 a  的公差 d = 3 ， S 表示 a  的前 n 项和，若数列 S  是递增数列，nnnn则 a 的取值范围是1【分析】S = na +n1n(n - 1)2´ 3 根据数列S  是递增数列，可得 Snn+1> S ，代入化

95、简利用数列的单调性即可n2得出【解答】解： S = na + n(n - 1) ´ 3 n1Q 数列 S  是递增数列，n Sn+1> S ，n (n + 1)a  +  n(n + 1)´ 3 > na  +    

96、  ´ 3 2              2n(n - 1)11化为： a > -3n ，对于 "n Î N *都成立1 a > -3 1故答案为： (-3, +¥) 2(2020闵行区一模)若首项

97、为正数的等比数列a  ，公比q = lgx ，且an100< a < a ，则实数 x 的取值范围99 101是【分析】由已知结合等比数列的性质及通项公式即可求解公比的范围，进而可求【解答】解：首项为正数的等比数列a  ， a> 0 ，n99Q a100 a100< a < a ，99 101- a =

98、60;a (q - 1) < 0 ， a (q2 - 1) > 0 ，99 99 99 q < -1，lgx < -1 ， 0 < x < 110则实数 x 的取值范围是 (0,110) 故答案为： (0, 1 ) 103(

99、2020松江区一模)已知集合 M = 1 ，2，3， ¼ ， 10 ，集合 A Í M ，定义 M (A)为 A 中元素的最小值，当 A 取遍 M 的所有非空子集时，对应的 M (A)的和记为 S ，则 S= ()1010A45B1012C2036D9217两式相减得 S   =

100、 210 + 29 +¼+ 2 - 10 =       - 10 = 211 - 2 - 10 = 2036 1 - 2【分析】设 M = 1 ，2，3， ¼ ，10 ，对 M 的任意非空子集 A 

101、共有 210 - 1个，其中最小值为 1 的有 29 ，最小值为 2 的有 28 个， ¼ ，最小值为 10 的只有 20 = 1 个，由错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，即可得出 S 10【解答】解：设 M = 1 ，2，3， ¼ ， 10 ，对 M 的任意非空

102、子集 A 共有 210 - 1个，其中最小值为 1 的有 29 个，最小值为 2 的有 28 个， ¼ ，最小值为 10 的只有 20 = 1 个，故 S = 29 ´1 + 28 ´ 2 +¼+ 21 ´ 9 

103、;+ 20 ´10 ，10 2S = 210 ´1 + 29 ´ 2 +¼+ 22 ´ 9 + 21 ´10 ，102(1- 210 )10故选： C 4(2020闵行区一模)已知各项为正数的非常数数列 a  满足 ann+1= a an 

104、，有以下两个结论： 若 a > a ，1 3 2若 a  =  1， a  = 1 ，则 a  = a a2 = ，所以错2                   &

105、#160; 2则数列 a  是递增数列；数列 a  奇数项是递增数列；则 ()nnA对错B错对C均错误D均正确【分析】 a > a Þ a aa > a a1 ；根据复合函数同增异减的性质可得其正确；3211举反例说明其错误即可【解答】解Q 各项为正数的非常数数列a  满足 a= a an ，nn+11 a 

106、;¹ 11Q a = a a2 ； a = a a1 ； a > a Þ a a2 > a a1 ；31213211a > 1 Þ a > a Þ 数列 a  是底数递增指数也递增的数列，所以是递增数列；121na&

107、#160;< 1 Þ a < a Þ 数列 a  是底数递减指数也递减的数列，所以是递增数列；121n a > a ，则数列 a  是递增数列成立，对32n11231故选： A 5  (2020  徐 汇 区 一 模 ) 已 知 数 列

108、60;a  的 前 n 项 和 为 S ， 对 任 意 n Î N * ， S = (-1)n a +nnnn(a - p)(a - p) < 0 ，则实数 p 的取值范围是12【分析】直接利用递推关系式和一元二次不等式的解法求出结果12n+ n -&#

109、160;3 且2              4当 n = 3 时， a  + a  + a  = -a  +，整理得 a  + 2a  = ，8      &#

110、160;          8【解答】解：数列a  的前 n 项和为 S ，对任意 n Î N * ， S = (-1)n a +nnnn- 2 ，解得 a  = -当 n = 1 时， a = -a

111、 + 13 ，1111712332312n+ n - 3 ，+ 1 ，整理得 a  + a  =16                  16当 n = 4 时， a + a + a

112、 + a = a +123441                   292 3，4所以 (- p)(  - p) < 0 ，整理得 ( p +   )( p -  

113、;) < 0 ，解得 -< p <  ，所以：实数 p 的取值范围是 (-   , ) ，故答案为： (-   , ) 由得： a = 11 ，23113114444311443 114 43 114 46(2020浦东新区一模)已知数列 a  ，&#

114、160;a = 1 ， nan1n+1= (n + 1)a + 1 ，若对于任意的 a Î-2 ， 2 ， n Î N *，n不等式 an+1 < 3 - ag2t 恒成立，则实数 t 的取值范围为n + 1t【分析】利用数列的递推关系式化简，通过累加法求出数列的通项公式，得到最大值

115、，然后求解 的范围即可  a-，-  ，-  ，累加可得  an+1  = 2 -【解答】解：数列a  ， a = 1 ， nan1aa1，n+1 =n +n + 1nn(n + 1)aa111，n+1 -n =-n + 1nn(n + 1)n(n + 1)a1，2 -1 = 1 -212aa11