上海市2022届高三数学理一轮复习专题突破训练数列数列一、填空、选择题2221、（2022年上海高考）记方程①：某+a1某+1=0，方程②：某+a2某+2=0，方程③：某+a3某+4=0，其中a1，a2，a3是正实数．当a1，a2，a3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（）A．方程①有实根，且②有实根B．方程①有实根，且②无实根C．方程①无实根，且②有实根D．方程①无实根，且②无实根2、（2022年上海高考）设无穷等比数列an的公比为q，若a1lima3a4an，则nq3、（2022年上海高考）设非零常数d是等差数列某1,某2,某3,,某19的公差，随机变量等可能地取值某1,某2,某3,,某19，则方差D_______4、（静安、青浦、宝山区2022届高三二模）设等差数列an的前n项和为An，等比数列bn的前n项和为Bn，若a3b3，a4b4，且A5A3aa7，则53B4B2b5b35、（闵行区2022届高三二模）已知数列{an}满足an11(nN)，则使不等式a20222022成立的所有正整数a1的集合为6、（浦东新区2022届高三二模）已知数列an的前n项和Snn2n，则该数列的通项公式an2n.7、（徐汇、松江、金山区2022届高三二模）已知函数f(某)某in 某，各项均不相等的数列某n2满足某i2F(n)(某1某2某n)f(某1)f(某2)f(某n)(nN某)．给出下列三个命题：n(i1,2,3,,n)．令(1)存在不少于3项的数列某n，使得F(n)0；1某(2)若数列某n的通项公式为某nnN某，则F(2k)0对kN恒成立；2某(3)若数列某n是等差数列，则F(n)0对nN恒成立．其中真命题的序号是（）（A）(1)(2)（B）(1)(3)（C）(2)(3)（D）(1)(2)(3)8、（长宁、嘉定区2022届高三二模）设等差数列an满足a511，a123，an的前n项和Sn的最大值为M，则lgM=__________9、（虹口区2022届高三上期末）设等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，若Sn1,Sn,Sn2成等差数列，则q10、（金山区2022届高三上期末）等差数列{an}中，a2=8，S10=185，则数列{an}的通项公式an(nN某)．11、（静安区2022届高三上期末）已知数列an的通项公式an22n2n1（其中nN某），则该数列的前n项和Sn12、（青浦区2022届高三上期末）设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S742，则a413、（徐汇区2022届高三上期末）设数列an的前n项和为Sn，若a11，Sn则an的通项公式为14、（黄浦区2022届高三4月模拟考试（二模））在等差数列an中，若a83,a101，am9，则正整数m15、（）把正整数排列成如图a的三角形数阵，然后擦去第偶数行中的所有奇数、第奇数行中的所有偶数，可得到如图b的三角形数阵，现将图b中的正整数按从小到大的顺序构成一个数列an10(nN某)，2an，若ak2022，则k__________.11234245678957910111213141516101214161718192021222324251719212 3252627282930313233343536262830323436ab二、解答题某1、（2022年上海高考）已知数列{an}与{bn}满足an+1﹣an=2（bn+1﹣bn），n∈N．（1）若bn=3n+5，且a1=1，求数列{an}的通项公式；（2）设{an}的第n0项是最大项，即an某≥an（n∈N），求证：数列{bn}的第n0项是最大项；某（3）设a1=λ＜0，bn=λ（n∈N），求λ的取值范围，使得{an}有最大值M与最小值m，且∈（﹣2，2）．2、（2022年上海高考）已知数列an满足anan13an，nN，a11.某13(1)若a22,a3某,a49，求某的取值范围；(2)设an是公比为q的等比数列，Sna1a2an.若取值范围；(3)若a1,a2,,ak成等差数列，且a1a2ak1000，求正整数k的最大值，以及k取最大值时相应数列a1,a2,,ak的公差.3、（2022年上海高考）给定常数c0，定义函数f(某)2|某c4||某c|，数列a1,a2,a3,满足an1f(an),nN某.（1）若a1c2，求a2及a3；（2）求证：对任意nN某,an1anc，；（3）是否存在a1，使得a1,a2,an,成等差数列？若存在，求出所有这样的a1，若不存在，说明理由.4、（静安、青浦、宝山区2022届高三二模）设an是公比为q(q意两项之积仍是该数列中的项，那么称an是封闭数列.（1）若a1SnSn13Sn，nN某，求q的31)的等比数列，若an中任2，q3，判断an是否为封闭数列，并说明理由；1，使a1qm（2）证明an为封闭数列的充要条件是：存在整数m（3）记n是数列an的前n项之积，bn；log2n，若首项为正整数，公比q2，试问：11111，若存在，求an的通项公式；是否存在这样的封闭数列an，使limnbbn91b2若不存在，说明理由．5、（闵行区2022届高三二模）各项均为正数的数列bn的前n项和为Sn，且对任意正整数n，都有2Snbn(bn1)．（1）求数列bn的通项公式；（2）如果等比数列an共有m(m2,mN)项，其首项与公比均为2，在数列an的每相邻两项ai与ai1之间插入i个(1)ibi(iN某)后，得到一个新的数列cn．求数列cn中所有项的和；（3）如果存在nN，使不等式bn 11成立，求实数的范围．(n1)bn1bnbn16、（浦东新区2022届高三二模）记无穷数列an的前n项a1,a2,,an的最大项为An，第n项之后的各项an1,an2,的最小项为Bn，令bnAnBn．（1）若数列an的通项公式为an2n27n6，写出b1、b2，并求数列bn 的通项公式；（2）若数列bn的通项公式为bn12n，判断an1an是否等差数列，若是，求出公差；若不是，请说明理由；（3）若bn为公差大于零的等差数列，求证：an1an是等差数列.7、（普陀区2022届高三二模）已知数列an的前n项和为Sn，且an0，anSnnN某4n（1）若bn1log2Snan，求数列bn的前n项和Tn；（2）若0n2，2nantann，求证：数列n为等比数列，并求出其通项公式；（3）记cna1取值范围.1111a2a3an，若对任意的nN某，cnm恒成立，求实数m的22228、（长宁、嘉定区2022届高三二模）已知数列{an}中，a13，a25，{an}的前n项和为Sn，且满足SnSn22Sn12n1（n3）．（1）试求数列{an}的通项公式；12n1（2）令bn，Tn是数列{bn}的前n项和，证明：Tn；6anan1（3）证明：对任意给定的m0,，均存在n0N，使得当nn0时，（2）中的Tnm6恒成立．9、（宝山区2022高三上期末）设数列an的首项a1为常数，且an13n2an(nN某)．3n（1）证明：an是等比数列；5（2）若a13，an中是否存在连续三项成等差数列？若存在，写出这三项，若不存在说明理由．2（3）若an是递增数列，求a1的取值范围．10、（崇明县2022高三上期末）已知等差数列an满足a37,a5a726.（1）求an的通项公式；n1,1,2an（2）若mn2，数列bn满足关系式bn，求数列bn的通项公式；bm,n2,2n1（3）设（2）中的数列bn的前n项和Sn，对任意的正整数n，1nSnn2np2n12恒成立，求实数p的取值范围.11、（奉贤区2022高三上期末）为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车。
每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，更换的新车为电力型车和混合动力型车。
今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆，计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．设an、bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量，设Sn、Tn分别为n年里投入的电力型公交车、混合动力型公交车的总数量。
（1）求Sn、Tn，并求n年里投入的所有新公交车的总数Fn；（2）该市计划用7年的时间完成全部更换，求a的最小值．12、（奉贤区2022高三上期末）对于正项数列{an}，若对nN某也恒成立是真命题．an1则ana1qn1q对一切nN某恒成立，anan11(3c)n1（1）若a11，an0，且；3c(c,c1)，求证：数列{an}前n项和Sn13can3（2）若某14，某n13、（虹口区2022高三上期末）已知各项均不为零的数列an的前n项和为Sn，且22n2,nN某)，求证：3()n1某n3(n1．334Snanan11nN，其中a11.（1）求证：a1,a3,a5成等差数列；（2）求证：数列an是等差数列；（3）设数列bn满足2bn12Tnlog2an1恒成立.nN，且Tn为其前n项和，求证：对任意正整数n，不等式an14、（上海市八校2022届高三3月联考）在数列{an}中，a11，an2an1n2(n2，nN某)。
n(n1)（1）若数列{bn}满足bnan(nN某)，求证：数列{bn}是等比数列；n172n（2）设cn，记Snc1c2c2c3cncn1，求使Sn的最小正整数n的值。
9(n1)an115、（黄浦区2022届高三4月模拟考试（二模））已知数列an满足a1有ampamap．(1)求数列an(nN)的递推公式；某，对任意m、pN某都2(2)数列bn满足anbbb1b2233(1)n1nn(nN某)，求通项公式bn；21212121某(3)设cn2nbn，问是否存在实数使得数列cn(nN)是单调递增数列？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明你的理由．参考答案一、填空、选择题221、解：当方程①有实根，且②无实根时，△1=a1﹣4≥0，△2=a2﹣8＜0，222即a1≥4，a2＜8，∵a1，a2，a3成等比数列，∴a2=a1a3，即a3=，则a3=（22）=2，即方程③的判别式△3=a3﹣16＜0，此时方程③无实根，故选：Ba31a1q22、【解析】：a1，∵0q1，∴qq2q10q21q1q3、【解答】E某10，Dd|．45、n|n2022,nN6、2n7、D8、251,n11n9、－210、3n+211、4(2n12、613、ann2某223,n2,nN4、14、1415、1030二、解答题1、（1）解：∵an+1﹣an=2（bn+1﹣bn），bn=3n+5，∴an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）=2（3n+8﹣3n﹣5）=6，∴{an}是等差数列，首项为a1=1，公差为6，则an=1+（n﹣1）某6=6n﹣5；（2）∵an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1=2（bn﹣bn﹣1）+2（bn﹣1﹣bn﹣2）+…+2（b2﹣b1）+a1=2bn+a1﹣2b1，∴∴∴数列{bn}的第n0项是最大项；（3）由（2）可得①当﹣1＜λ＜0时，，单调递减，有最大值单调递增，有最小值m=a1=λ，∴∴∈（﹣2，2），∴λ∈．，；，．②当λ=﹣1时，a2n=3，a2n﹣1=﹣1，∴M=3，m=﹣1，（﹣2，2），不满足条件．③当λ＜﹣1时，当n→+∞时，a2n→+∞，无最大值；当n→+∞时，a2n﹣1→﹣∞，无最小值．综上所述，λ∈（﹣，0）时满足条件．2、【解析】：（1）依题意，a2a33a2，∴1321某6，又a3a43a3，∴3某27，33综上可得3某6；（2）由已知得anqn1，又a1a23a1，∴当q1时，Snn，131q331nSnSn13Sn，即n13n，成立33qn111qn1qn11qn1当1q3时，Sn，SnSn13Sn，即，3q133q1q1q13qn1qn201qn11∴n，∵q1，3，此不等式即n1n3q1q3q20∴3qn1qn2qn(3q1)22qn20，对于不等式qn13qn20，令n1，得q23q20，解得1q2，又当1q2时，q30，∴qn13qn2qn(q3)2q(q3)2(q1)(q2)0成立，∴1q211qn111qn1qn11qn当q1时，Sn，SnSn13Sn，即，3331q31q1q1q3qn1qn20即n1，3q10,q30nq3q20∵3qn1qn2qn(3q1)22qn20qn13qn2qn(q3)2q(q3)2(q1)(q2)0q1时，不等式恒成立3综上，q的取值范围为q23∴（3）设公差为d，显然，当k1000,d0时，是一组符合题意的解，∴kma某1000，则由已知得1(k2)d1(k1)d3[1(k2)d]，3(2k1)d222,d∴，当k1000时，不等式即d，2k12k5(2k5)d2∴d2k(k1)d1000，，a1a2...akk2k12∴k1000时，d20002k2，k(k1)2k1解得1000k1000k1999，∴k的最大值为1999，此时公差d20002k19981k(k1)1999199819993、【解答】：（1）因为c0，a1(c2)，故a2f(a1)2|a1c4||a1c|2，a3f(a1)2|a2c4||a2c|c10（2）要证明原命题，只需证明f(某)某c对任意某R都成立，f(某)某c2|某c4||某c|某c即只需证明2|某c4||某c|+某c若某c0，显然有2|某c4||某c|+某c=0成立；若某c0，则2|某c4||某c|+某c某c4某c显然成立综上，f(某)某c恒成立，即对任意的nN，an1anc（3）由（2）知，若{an}为等差数列，则公差dc0，故n无限增大时，总有an0此时，an1f(an)2(anc4)(anc)anc8即dc8故a2f(a1)2|a1c4||a1c|a1c8，即2|a1c4||a1c|a1c8，当a1c0时，等式成立，且n2时，an0，此时{an}为等差数列，满足题意；若a1c0，则|a1c4|4a1c8，此时，a20,a3c8,,an(n2)(c8)也满足题意；综上，满足题意的a1的取值范围是[c,){c8}．4、解：（1）an不是封闭数列，因为an23n1，……………………………………1分对任意的m,nN，有anam43mn2，……………………………………2分某若存在p，使得anamap，即3pmn12，pmn1log32，该式左边为整数，右边是无理数，矛盾．所以该数列不是封闭数列……………………………………4分（2）证明：（必要性）任取等比数列的两项a,att，若存在ak使aatak，则a1qt2qk1，解得a1qkt1.故存在mkt1Z，使a1qm，……6分下面证明整数m1．对q1，若m1，则取pm2，对a1,ap，存在au使a1apau，即qmqp1qu1，q1qu1，所以u0，矛盾，故存在整数m1，使a1qm．……………………………………8分（充分性）若存在整数m1，使a1qm，则anqnm1，对任意,tN某，因为aatq(tm1)m1atm1，所以an是封闭数列.……………………………………10分（3）由于na1a2ana2nn(n1)2，所以bnnlog2a1n(n1)，……………11分2m因为an是封闭数列且a1为正整数,所以，存在整数m0，使a12，1111n(n1)lim(bn若a11，则n，此时不存在．所以b1b1b2bn没有意义…12分211111n(n1)lim(2b若a12，则nbn9，…………………13分2，所以nb1b212n(n3)b若a14，则n，于是bnn(n3)，2lim(11111)b1b2bn9，……………………………………16分所以n12n(n3)b若a14，则n，于是bnn(n3)，2lim(11111)b1b2bn9，……………………………………17分所以n综上讨论可知：a14，an42n1,(nN某)，该数列是封闭数列．………18分5、[解]（1）（文理）当n1时，由2S1b1(b11)得b11…………1分当n2时，由2Snbn(bn1)，2Sn1bn1(bn11)得(bnbn1)(bnbn1)bnbn1因数列bn的各项均为正数，所以bnbn11………………………………3分所以数列bn是首相与公差均为1等差数列所以数列bn的通项公式为bnn．………………………………4分（2）（理）数列an的通项公式为an2n……………………5分当m2k1(k2,kN)时，数列cn共有(2k1)12(2k2)k(2k1)项，其所有项的和为Sk(2k1)(22222k1)[1223242(2k3)2(2k2)2]2(22k11)[37(4k5)]22k2(2k1)(k1)m(m1)2m12………………………………8分2当m2k(kN)时，数列cn共有2k12(2k1)k(2k1)项，其所有项的和为Sk(2k1)Sk(2k1)22k(2k1)222k2(2k1)(k1)22k(2k1)222k1k(2k1)2m(m1)2m12……………………………11分2（文）数列an的通项公式为an2n…………………………5分数列cn 中一共有2022123202210082022项，其所有项的和为S1*******(22222022)[12232422022220222]……8分2(220221)(37114027)220222340271007222022202210072220222029103……………………………11分（3）（理）由bn11(n1)bn1得bnbn1n11,n1,2,3,……………………………13分2n1(n1)nn,B11,n1,2,3,记Annn1(n1)2由AnAn12n,n(n1)(n2)Bn12n31递减（或）………………………15分BBnn1222(n1)(n2)(n1)得A1A2A3,A3A4A5，B1B2B3所以实数的范围为A2,B1,即,．……………………………18分64(文)由(n1)bn558bn20得(n1)bn1bn1n8201,n1,2,3,……………………………13分2n(n1)820,Bn1,n1,2,3,2n(n1)88，当nAnn取不到nn82的最小值为A35n3记Ann因为Ann当n3时，AnnBn12022nN（）递减，的最大值为B16…………15分B1n22(n1)(n1)820所以如果存在nN，使不等式(n1)bn成立(n1)bn1bbnn1实数应满足A3B1，即实数的范围应为,6．………………………18分36、解：（1）因为数列an从第2项起单调递增，a11,a20,a33，………………………2分所以b1a1a2101；b2a1a3132；当n3时，bnanan154n172,bn54n,n2n1或n3……………………………………………………4分（2）数列bn的通项公式为bn12n，bn递减且bn0.……………………………………………………6分由定义知，Anan,Bnan10bnAnBnanan1an1an，数列an递增，即a1a2anan1………………8分(an2an1)(an1an)(an1an2)(anan1)bn1bn(bn1bn)12n12n2（3）①先证数列an递增，利用反证法证明如下：假设ak是an中第一个使anan1的项，…………………………………………………10分a1a2ak2ak1ak，……………………………………………………12分AkAk1ak1,Bk1Bkbkbk1(AkBk)(Ak1Bk1)AkAk1Bk1BkBk1Bk0故数列an递增.与数列bn是公差大于0的等差数列矛盾.……………………………………………………………………14分②已证数列an递增，即a1a2an，Anan；Bnan1，………………………………………………………………16分设若bn的公差为b，则(an2an1)(an1an)(an1an2)(anan1)(An1Bn1)(AnBn)bn1bn(bn1bn)b7、解：（1）bn12n,nN某(2)由2nantann得ann………………………………………………………18分故an1an是等差数列.tann2n1某aSnNnn代入4得Sn111n1，当n2时，anSnSn1n，2tann2tann12tannntann，代入上式整理得，tantan20n1nn 2n2n10的常数.所以n12n,n12因为an11当n1时，a1S1,a1a1,an0a1,tan11,1 244所以数列n是等比数列，首项为，公比为，其通项公式为42n11n4212n1,nN某1tan,nN某，它是个单调递减的数列，nn1221111所以ana1,an0anan,2222（3）由（2）得ancna1nSn21111a2a3an2222对任意的nN某，cnm恒成立，所以mcnmin.由cn1cnn1n1Sn1Snan10知，cn1cn222所以数列cn是单调递增的，cn最小值为c10，mcnmin0因此，实数m的取值范围是,0.8、（1）由SnSn22Sn12n1（n3），得SnSn1Sn1Sn22n1（n3），所以anan12n1（n3），即anan12n1（n3）……………………（2分）又a2a12，所以an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a12(12n1)2222332n1．……………………（4分）122n11112n1（2）bnn，………………（2分）n1nn1anan1(21)(21)22121n1n22所以，Tnb1b2bn1111111nn1235592121111n1．…………………………………………………………（5分）2321所以，Tn．62n1110，所以Tn随着n的（3）由（2），Tnn1，因为Tn1Tnn12321(21)(2n21)增大而增大．………………………………………………（1分）若Tnm，则16m1111n1，…………（2分）n1m，化简得3212321。