山东省各市2015届高三一模数学理试题分类汇编数列

山东省各市2015届高三第一次模拟数学理试题分类汇编数列1、（德州市2015届高三）单调递增数列{na}的前n项和为nS，且满足244nnSan。（I）求数列{na}的通项公式；（II）数列{nb}满足1221loglog2nnnaba，求数列{nb}的前n项和nT。2、（菏泽市2015届高三）数列na的前n项和为nS，且(1)()nSnnnN（1）求数列na的通项公式；（2）若数列nb满足：3122331313131nnnbbbba，求数列nb的通项公式；（3）令()4nnnabcnN，求数列nc的n项和nT。3、（济宁市2015届高三）已知等比数列na的公比为q，132a，其前n项和为243,,nSnNSSS，且成等差数列.（I）求数列na的通项公式；（II）设*1=nnnnbSnNbS，求的最大值与最小值.4、（临沂市2015届高三）已知数列nnab和满足122nbnnaaa，若na为等比数列，且1211,2abb.（I）求nnab与；（II）设11nnncnNab，求数列nc的前n项和nS.5、（青岛市2015届高三）已知数列{}na是等差数列，nS为{}na的前n项和，且1019a，10100S；数列{}nb对任意Nn，总有12312nnnbbbbba成立.（Ⅰ）求数列{}na和{}nb的通项公式；（Ⅱ）记24(1)(21)nnnnbcn学科网，求数列{}nc的前n项和nT.6、（日照市2015届高三）已知数列na中，111,1,33,nnnannaaann为奇数，为偶数.（I）求证：数列232na是等比数列；（II）若nS是数列na的前n项和，求满足0nS的所有正整数n.7、（潍坊市2015届高三）已知各项为正数的等比数列数列{}na的前n项和为nS，数列{nb}的通项公式*)(1Nnnnnnbn为奇数为偶数，若153bS，4b是2a和4a的等比中项．（Ⅰ）求数列{na}的通项公式；（Ⅱ）求数列{nnba}的前n项和为nT.8、（烟台市2015届高三）已知等差数列na中，11a，前n项和为nS且满足条件：2421nnSnSn（n）．1求数列na的通项公式；2若数列nb的前n项和为n，且有111nnnnbb（n），13b，证明：数列1nb是等比数列；又211nnnacb，求数列nc的前n项和Wn．9、（枣庄市2015届高三）已知数列{na}中，前m项依次构成首项为1，公差为－2的等差数列，第m＋1项至第2m项依次构成首项为1，公比为12的等比数列，其中3m，*mN。（1）当12nm时，求na；（2）若对任意的*nN，都有2nmnaa，设数列{na}的前n项和为Sn，求证：45112mS10、（淄博市2015届高三）在数列31,nnaaS中，是其前n项和，1nnSanN且.（I）求,nnaS；（II）设2lognnnbSc，数列满足341122nbnnncbbnnn，数列nc的前n项和为nT，当1n时，求使21215nnnTn成立的最小正整数n的值.参考答案1、2、解：（1）当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，a1＝2满足该式，∴数列{an}的通项公式为an＝2n…………3分（2）1221313131nnnbbban，①11212131313131nnnnnbbbba②②－①得，111231nnnnbaa，得bn＋1＝2(3n＋1＋1)，又当n=1时，b1=8，所以bn＝2(3n＋1)(n∈N*)．…………………………7分（3）4nnnabc＝n(3n＋1)＝n·3n＋n，…………………8分∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n)＋(1＋2＋…＋n)，令Hn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，①则3Hn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1②，①－②得，－2Hn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝3(31)31n－n×3n＋1∴1(21)334nnnH，……………………………………….10分∴数列{cn}的前n项和．1(21)3(1)3424nnnnnH.……12分3、4、5、解：（Ⅰ）设{}na的公差为d，则101919,aad101109101002Sad解得11,2ad学科网，所以21nan………………………………………………………3分所以123121nnbbbbbn……①当11,3nb时2,n当时123121nbbbbn……②①②两式相除得21(2)21nnbnn因为当11,3nb时适合上式，所以21(N)21nnbnn………………………………6分（Ⅱ）由已知24(1)(21)nnnnbcn，得411(1)(1)()(21)(21)2121nnnncnnnn则123nnTcccc1111111(1)()()(1)()335572121nnn………………………7分当n为偶数时，1111111(1)()()(1)()335572121nnTnn1111111(1)()()()335572121nn1212121nnn………………………………………………………………9分当n为奇数时，1111111(1)()()(1)()335572121nnTnn1111111(1)()()()335572121nn12212121nnn……………………………………………………………11分综上：2,2122,21nnnnTnnn为偶数为奇数…………………………………………………………12分6、解：（Ⅰ）设232nnba，因为2122122133(21)3223322nnnnnnanabbaa=2213(6)(21)3232nnanna=2211132332nnaa,所以数列23{}2na是以232a即16为首项，以13为公比的等比数列.………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）得123111126323nnnnba，即2113232nna，由2211(21)3nnaan，得1212111533(21)()6232nnnaann，所以12121111[()()]692()692333nnnnnaann，21234212()()()nnnSaaaaaa21112[()()]6(12)9333nnn11[1()](1)332691213nnnn2211()136()3(1)233nnnnn……10分显然当nN时，2{}nS单调递减，又当1n时，273S＞0，当2n时，489S＜0，所以当2n时，2nS＜0；22122315()36232nnnnSSann，同理，当且仅当1n时，21nS＞0，综上，满足0nS的所有正整数n为1和2．……………………………………12分7、8、解：2133,1)(124)1(21112122aaaaaSSnNnnnSSnn得结合，则当………………2分∴ndnaaaadn)1(1112所以)(Nnnan………………4分(2)由nnnnnnnnbTbTbTbT11111可得所以121nnnbTT，121nnbb，)1(211nnbb………………4分所以}1{nb是等比数列且112b，2q公比………………6分∴nnnnqbb222)1(1111∴12nnb………………8分∴nnnnnnnbac)21()12(212112………………9分∴nnnnccccW)21()12()21(7)21(5)21(332321利用错位相减法，可以求得2552nnnW.………………12分9、（2）452123452mmSSaaaaa＝－10＝11210、