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2019-2020年高考數(shù)學5年真題備考題庫 第五章 第5節(jié) 數(shù)列的綜合應用 理(含解析)
1.(xx安徽,5分)數(shù)列{an}是等差數(shù)列,若a1+1,a3+3,a5+5構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列,則q=________.
解析:法一:因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列,所以a1+1,a3+3,a5+5也成等差數(shù)列,又a1+1,a3+3,a5+5構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列,所以a1+1,a3+3,a5+5是常數(shù)列,故q=1.
法二:因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列,所以可設a1=t-d,a3=t,a5=t+d,故由已知得(t+3)2=(t-d+1)(t+d+5),得d2+4d+4=0,即d=-2,所以a3+3=a1+1,即q=1.
答案:1
2.(xx天津,5分)設{an}是首項為a1,公差為-1的等差數(shù)列,Sn為其前n項和.若S1,S2,S4成等比數(shù)列,則a1的值為________.
解析:由已知得S1S4=S,
即a1(4a1-6)=(2a1-1)2,解得a1=-.
答案:-
3.(xx浙江,5分)設函數(shù)f1(x)=x2,f2(x)=2(x-x2),f3(x)=|sin 2πx|,ai=,i=0,1,2,…,99.記Ik=|fk(a1)-fk(a0)|+|fk(a2)-fk(a1)|+…+|fk(a99)-fk(a98)|,k=1,2,3.則( )
A.I1
0,f1(a2)-f1(a1)>0,…,f1(a99)-f1(a98)>0,所以I1=|f1(a1)-f1(a0)|+|f1(a2)-f1(a1)|+…+|f1(a99)-f1(a98)|=f1(a1)-f1(a0)+f1(a2)-f1(a1)+…+f1(a99)-f1(a98)=f1(a99)-f1(a0)=2-0=1.f2(x)=2(x-x2)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,可得f2(a1)-f2(a0)>0,…,f2(a49)-f2(a48)>0,f2(a50)-f2(a49)=0,f2(a51)-f2(a50)<0,…,f2(a99)-f2(a98)<0,所以I2=|f2(a1)-f2(a0)|+|f2(a2)-f2(a1)|+…+|f2(a99)-f2(a98)|=f2(a1)-f2(a0)+…+f2(a49)-f2(a48)-[f2(a51)-f2(a50)+…+f2(a99)-f2(a98)]=f2(a49)-f2(a0)-[f2(a99)-f2(a50)]=2f2(a50)-f2(a0)-f2(a99)=4=<1.f3(x)=|sin 2πx|在,上單調(diào)遞增,在,上單調(diào)遞減,可得f3(a1)-f3(a0)>0,…,f3(a24)-f3(a23)>0, f3(a25)-f3(a24)>0,f3(a26)-f3(a25)<0,…,f3(a49)-f3(a48)<0,f3(a50)-f3(a49)=0,f3(a51)-f3(a50)>0,…,f3(a74)-f3(a73)>0,f3(a75)-f3(a74)<0,f3(a76)-f3(a75)<0,…,f3(a99)-f3(a98)<0,所以I3=|f3(a1)-f3(a0)|+|f3(a2)-f3(a1)|+…+|f3(a99)-f3(a98)|=f3(a25)-f3(a0)-[f3(a49)-f3(a25)]+f3(a74)-f3(a50)-[f3(a99)-f3(a74)]=2f3(a25)-2f3(a49)+2f3(a74)=2sin-sin>2sin-sin=-=>1.因此I260n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,說明理由.
解:(1)設數(shù)列{an}的公差為d,依題意,2,2+d,2+4d成等比數(shù)列,故有(2+d)2=2(2+4d),
化簡得d2-4d=0,解得d=0或d=4.
當d=0時,an=2;
當d=4時,an=2+(n-1)4=4n-2,
從而得數(shù)列{an}的通項公式為an=2或an=4n-2.
(2)當an=2時,Sn=2n.
顯然2n<60n+800,
此時不存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立.
當an=4n-2時,Sn==2n2.
令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,
解得n>40或n<-10(舍去),
此時存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值為41.
綜上,當an=2時,不存在滿足題意的n;
當an=4n-2時,存在滿足題意的n,其最小值為41.
5.(xx廣東,14分)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn,滿足Sn=2nan+1-3n2-4n,n∈N*,且S3=15.
(1)求a1,a2,a3的值;
(2)求數(shù)列{an}的通項公式.
解:(1)由Sn=2nan+1-3n2-4n,n∈N*,
取n=1,2得?、?
又S3=15,∴a1+a2+a3=15,
∴a3=15-(a1+a2).?、?
聯(lián)立①②解得a1=3,a2=5,a3=7.
(2)法一:當n>1時,由已知得
兩式相減得2nan+1=(2n-1)an+6n+1,即2nan+1-4n2-6n=(2n-1)an-4n2+1,
即2n[an+1-(2n+3)]=(2n-1)[an-(2n+1)],
令bn=an-(2n+1),則2nbn+1=(2n-1)bn, ③
由(1)知b1=b2=0,則由③知bn=0,
∴an=2n+1,且n=1時也成立,
故an=2n+1,n∈N*.
法二:由(1)猜想an=2n+1,下面用數(shù)學歸納法證明.
①n=1時,結(jié)論顯然成立;
②假設當n=k(k≥1)時,ak=2k+1,
則Sk=3+5+7+…+(2k+1)==k(k+2).
又Sk=2kak+1-3k2-4k,
∴k(k+2)=2kak+1-3k2-4k,
解得2ak+1=4k+6,
∴ak+1=2(k+1)+1,即當n=k+1時,結(jié)論成立.
由①②知,?n∈N*,an=2n+1.
6.(xx湖南,13分)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.
(1)若{an}是遞增數(shù)列,且a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,求p的值;
(2)若p=,且{a2n-1}是遞增數(shù)列,{a2n}是遞減數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項公式.
解:(1)因為{an}是遞增數(shù)列,
所以an+1-an=|an+1-an|=pn.
而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.
又a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,
解得p=或p=0.
當p=0時,an+1=an,這與{an}是遞增數(shù)列矛盾,故p=.
(2)由于{a2n-1}是遞增數(shù)列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.?、?
但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.?、?
由①②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1=2n-1=.?、?
因為{a2n}是遞減數(shù)列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故
a2n+1-a2n=-2n=. ④
由③④即知,an+1-an=.
于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+-+…+
=1+
=+.
故數(shù)列{an}的通項公式為an=+
7.(xx江蘇,16分)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若對任意正整數(shù)n,總存在正整數(shù)m,使得Sn=am,則稱{an}是“H數(shù)列”.
(1)若數(shù)列{an}的前n項和Sn=2n(n∈N*),證明:{an}是“H數(shù)列”;
(2)設{an}是等差數(shù)列,其首項a1=1,公差d<0.若{an}是“H數(shù)列”,求d的值;
(3)證明:對任意的等差數(shù)列{an},總存在兩個“H數(shù)列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.
解:(1)證明:由已知,當n≥1時,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是對任意的正整數(shù)n,總存在正整數(shù)m=n+1,使得Sn=2n=am.
所以{an}是“H數(shù)列”.
(2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.
因為{an}是“H數(shù)列”,
所以存在正整數(shù)m,使得S2=am,
即2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1.
因為d<0,所以m-2<0,故m=1.從而d=-1.
當d=-1時,an=2-n,Sn=是小于2的整數(shù),n∈N*.于是對任意的正整數(shù)n,總存在正整數(shù)m=2-Sn=2-,使得Sn=2-m=am,所以{an}是“H數(shù)列”.因此d的值為-1.
(3)證明:設等差數(shù)列{an}的公差為d,則an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).
令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),則an=bn+cn(n∈N*).
下面證{bn}是“H數(shù)列”.
設{bn}的前n項和為Tn,則Tn=a1(n∈N*).于是對任意的正整數(shù)n,總存在正整數(shù)m=,使得Tn=bm,所以{bn}是“H數(shù)列”.
同理可證{cn}也是“H數(shù)列”.
所以任意的等差數(shù)列{an},總存在兩個“H數(shù)列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.
8.(xx天津,14分)已知q和n均為給定的大于1的自然數(shù).設集合M={0,1,2,…,q-1},集合A={x|x=x1+x2q+…+xnqn-1,xi∈M,i=1,2,…,n}.
(1)當q=2,n=3時,用列舉法表示集合A;
(2)設s,t∈A,s=a1+a2q+…+anqn-1,t=b1+b2q+…+bnqn-1,其中ai,bi∈M,i=1,2,…,n.證明:若an0),因為所有AnBn平行且a1=1,a2=2,所以S梯形AnBnBn+1An+1=S梯形A1B1B2A2=3m,當n≥2時,===,
故a=a,
a=a,
a=a,
…
a=a,
以上各式累乘可得:a=(3n-2)a,因為a1=1,
所以an=.
答案:an=
11.(xx北京,14分)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知a1=1,=an+1-n2-n-,n∈N*.
(1)求a2的值;
(2)求數(shù)列{an}的通項公式;
(3)證明:對一切正整數(shù)n,有++…+<.
解:本題考查數(shù)列的通項與前n項和的關(guān)系、等差數(shù)列的通項公式、裂項求和、放縮法等基礎知識和基本方法,考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想,考查考生的運算求解能力、邏輯推理能力以及分析問題、解決問題能力.
(1)依題意,2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.
(2)當n≥2時,2Sn=nan+1-n3-n2-n,
2Sn-1=(n-1)an-(n-1)3-(n-1)2-(n-1),
兩式相減得2an=nan+1-(n-1)an-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,
整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),即-=1,又-=1,
故數(shù)列{}是首項為1,公差為1的等差數(shù)列,
所以=1+(n-1)1=n,所以an=n2.
(3)證明:當n=1時,=1<;
當n=2時,+=1+=<;
當n≥3時,=<=-,此時
++…+=1++++…+<1++++…+=1++-=-<.
綜上,對一切正整數(shù)n,有++…+<.
12.(xx北京,13分)已知{an}是由非負整數(shù)組成的無窮數(shù)列.該數(shù)列前n項的最大值記為An,第n項之后各項an+1,an+2, …的最小值記為Bn,dn=An-Bn.
(1)若{an}為2,1,4,3,2,1,4,3,…,是一個周期為4的數(shù)列(即對任意n∈N*,an+4=an),寫出d1,d2,d3,d4的值;
(2)設d是非負整數(shù).證明:dn=-d(n=1,2,3,…)的充分必要條件為{an}是公差為d的等差數(shù)列;
(3)證明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,…),則{an}的項只能是1或者2,且有無窮多項為1.
解:本題主要考查無窮數(shù)列的有關(guān)知識,考查了考生對新定義類數(shù)列的理解與運用,對考生的邏輯思維能力要求較高.
(1)d1=d2=1,d3=d4=3.
(2)證明:(充分性)因為{an}是公差為d的等差數(shù)列,且d≥0,所以a1≤a2≤…≤an≤…,
因此An=an,Bn=an+1,dn=an-aa+1=-d(n=1,2,3…).
(必要性)因為dn=-d≤0(n=1,2,3,…),所以An=Bn+dn≤Bn,又an≤An,an+1≥Bn,
所以an≤an+1,
于是,An=an,Bn=an+1,
因此an+1-an=Bn-An=-dn=d,
即{an}是公差為d的等差數(shù)列.
(3)證明:因為a1=2,d1=1,
所以A1=a1=2,B1=A1-d1=1.
故對任意n≥1,an≥B1=1.
假設{an}(n≥2)中存在大于2的項.
設m為滿足am>2的最小正整數(shù),
則m≥2,并且對任意1≤k<m,ak≤2.
又a1=2,所以Am-1=2,且Am=am>2.
于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}≥2.
故dm-1=Am-1-Bm-1≤2-2=0,與dm-1=1矛盾.
所以對于任意n≥1,有an≤2,即非負整數(shù)列{an}的各項只能為1或2.
因為對任意n≥1,an≤2=a1,
所以An=2.
故Bn=An-dn=2-1=1.
因此對于任意正整數(shù)n,存在m滿足m>n,且am=1,即數(shù)列{an}有無窮多項為1.
13.(xx福建,4分)數(shù)列{an}的通項公式an=ncos+1,前n項和為Sn,則S2 012=________.
解析:∵an=ncos+1,∴a1+a2+a3+a4=6,a5+a6+a7+a8=6,…,a4k+1+a4k+2+a4k+3+a4k+4=6,k∈N,故S2 012=5036=3 018.
答案:3 018
14.(2011福建,13分)已知等比數(shù)列{an}的公比q=3,前3項和S3=.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若函數(shù)f(x)=Asin(2x+φ)(A>0,0<φ<π)在x=處取得最大值,且最大值為a3,求函數(shù)f(x)的解析式.
解:(1)由q=3,S3=,
得=,解得a1=.
所以an=3n-1=3n-2.
(2)由(1)可知an=3n-2,所以a3=3.
因為函數(shù)f(x)的最大值為3,所以A=3;
因為當x=時f(x)取得最大值,
所以sin(2+φ)=1.
又0<φ<π,故φ=.
所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)=3sin(2x+).
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