（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 數(shù)列 第25講 數(shù)列的綜合應(yīng)用練習(xí)

《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 數(shù)列 第25講 數(shù)列的綜合應(yīng)用練習(xí)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 數(shù)列 第25講 數(shù)列的綜合應(yīng)用練習(xí)（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第25講 數(shù)列的綜合應(yīng)用 1．(2019·蘇州期中)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝5n＋1，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n2，若將數(shù)列{an}，{bn}中相同的項(xiàng)按從小到大的順序排列后看作數(shù)列{cn}，則c6的值為________． 解析：設(shè)am＝bk，則有5m＋1＝k2，即，因?yàn)閙是正整數(shù)，所以k＋1或k－1是5的整數(shù)倍， 設(shè)k＋1＝5t或k－1＝5t，即k＝5t－1或k＝5t＋1， 所以k＝4,6,9,11,14,16,19,21，…，所以c6＝162＝256. 答案：256 2．在等差數(shù)列{an}中，首項(xiàng)a1＝3，公差d＝2，若某學(xué)生對(duì)其中連續(xù)10項(xiàng)進(jìn)行求和，在漏掉

2、一項(xiàng)的前提下，求得余下9項(xiàng)的和為185，則此連續(xù)10項(xiàng)的和為________． 解析：由已知條件可得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝2n＋1，設(shè)連續(xù)10項(xiàng)為ai＋1，ai＋2，ai＋3，…，ai＋10，i∈N，設(shè)漏掉的一項(xiàng)為ai＋k,1≤k≤10，由－ai＋k＝185，得(2i＋3＋2i＋21)×5－2i－2k－1＝185，即18i－2k＝66，即9i－k＝33，所以34≤9i＝k＋33≤43,3<≤i≤<5，所以i＝4，此時(shí)，由36＝33＋k得k＝3，所以ai＋k＝a7＝15，故此連續(xù)10項(xiàng)的和為200. 答案：200 3．已知數(shù)列{an}中，對(duì)任意的n∈N*，若滿足an＋an＋1＋an＋

3、2＋an＋3＝s(s為常數(shù))，則稱該數(shù)列為4階等和數(shù)列，其中s為4階公和；若滿足an·an＋1·an＋2＝t(t為常數(shù))，則稱該數(shù)列為3階等積數(shù)列，其中t為3階公積．已知數(shù)列{pn}為首項(xiàng)為1的4階等和數(shù)列，且滿足＝＝＝2；數(shù)列{qn}為公積為1的3階等積數(shù)列，且q1＝q2＝－1，設(shè)Sn為數(shù)列{pn·qn}的前n項(xiàng)和，則S2 020＝________. 解析：由題意可知，p1＝1，p2＝2，p3＝4，p4＝8，p5＝1，p6＝2，p7＝4，p8＝8，p9＝1，p10＝2，p11＝4，p12＝8，p13＝1，…，又{pn}是4階等和數(shù)列，因此該數(shù)列將會(huì)照此規(guī)律循環(huán)下去，同理，q1＝－1，q2＝

4、－1，q3＝1，q4＝－1，q5＝－1，q6＝1，q7＝－1，q8＝－1，q9＝1，q10＝－1，q11＝－1，q12＝1，q13＝－1，…，又{qn}是3階等積數(shù)列，因此該數(shù)列將會(huì)照此規(guī)律循環(huán)下去，由此可知對(duì)于數(shù)列{pn·qn}，每12項(xiàng)循環(huán)一次，易求出p1·q1＋p2·q2＋…＋p12·q12＝－15，故S2 020＝－15×168－1－2＋4－8＝－2 527. 答案：－2 527 4．若無(wú)窮數(shù)列{an}滿足：a1≥0，當(dāng)n∈N*，n≥2時(shí)，|an－an－1|＝max{a1，a2，…，an－1}(其中max{a1，a2，…，an－1}表示a1，a2，…，an－1中的最大項(xiàng))，有以下結(jié)

5、論： ①若數(shù)列{an}是常數(shù)列，則an＝0(n∈N*)； ②若數(shù)列{an}是公差d≠0的等差數(shù)列，則d＜0； ③若數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，則q＞1； ④若存在正整數(shù)T，對(duì)任意n∈N*，都有an＋T＝an，則a1是數(shù)列{an}的最大項(xiàng)． 其中正確結(jié)論的序號(hào)是________(寫出所有正確結(jié)論的序號(hào))． 解析：①若數(shù)列{an}是常數(shù)列，則|an－an－1|＝max{a1，a2，…，an－1}＝0，所以an＝0(n∈N*)，①正確； ②若數(shù)列{an}是公差d≠0的等差數(shù)列，則|an－an－1|＝max{a1，a2，…，an－1}＝|d|，所以an有最大值，因此an不可能遞增且

6、d≠0，所以d＜0，②正確； ③若數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，則a1＞0，且|a2－a1|＝a1＝|q－1|a1，所以|q－1|＝1，所以q＝2或q＝0，又因?yàn)閝≠0，所以q＝2，所以q＞1，③正確； ④若存在正整數(shù)T，對(duì)任意n∈N*，都有an＋T＝an，假設(shè)在a1，a2，…，aT中ak最大，則a1，a2，…，an中都是ak最大，則|a2－a1|＝a1，且|aT＋2－aT＋1|＝ak，即|a2－a1|＝ak，所以ak＝a1，所以a1是數(shù)列{an}的最大項(xiàng)，④正確．故答案為：①②③④. 答案：①②③④ 5．(2019·南通一調(diào))在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}和正項(xiàng)等差數(shù)列{bn}中，已知a

7、1，a2 019的等比中項(xiàng)與b1，b2 019的等差中項(xiàng)相等，且＋≤1，當(dāng)a1 010取得最小值時(shí)，等差數(shù)列{bn}的公差d的值為________． 解析：由已知得，a1 010＝＝≥＝＋≥＋2＝，當(dāng)且僅當(dāng)即b1＝3，b2 019＝6時(shí)取等號(hào)，此時(shí)公差d＝＝. 答案： 6．若數(shù)列{an}中存在三項(xiàng)，按一定次序排列構(gòu)成等比數(shù)列，則稱{an}為“等比源數(shù)列”． (1)已知數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－1. ①求{an}的通項(xiàng)公式； ②試判斷{an}是否為“等比源數(shù)列”，并證明你的結(jié)論． (2)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且a1≠0，an∈Z(n∈N*)． 求證：{an

8、}為“等比源數(shù)列”． 解：(1)①由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)， 且a1－1＝1， 所以數(shù)列{an－1}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列， 所以an－1＝2n－1. 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1＋1. ②數(shù)列{an}不是“等比源數(shù)列”，用反證法證明如下： 假設(shè)數(shù)列{an}是“等比源數(shù)列”，則存在三項(xiàng)am，an，ak(m

9、k－1＋1， 兩邊同時(shí)乘以21－m，得到 22n－m－1＋2n－m＋1＝2k－1＋1＋2k－m， 即22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1， 又m0時(shí)，因

10、為an∈Z，則d≥1，且d∈Z，所以數(shù)列{an}中必有一項(xiàng)am>0.為了使得{an}為“等比源數(shù)列”， 只需要{an}中存在第n項(xiàng)，第k項(xiàng)(m

11、an；③對(duì)于該數(shù)列中的任意兩項(xiàng)ai和aj(1≤i≤j≤n)，其積aiaj或商仍是該數(shù)列中的項(xiàng)． (1)問(wèn)等差數(shù)列1,3,5是不是P數(shù)列？ (2)若數(shù)列a，b，c,6是P數(shù)列，求b的取值范圍； (3)若n＞4，且數(shù)列b1，b2，…，bn是P數(shù)列，求證：數(shù)列b1，b2，…，bn是等比數(shù)列． 解：(1)∵3×5＝15，均不在此等差數(shù)列中， ∴等差數(shù)列1,3,5不是P數(shù)列． (2)∵數(shù)列a，b，c,6是P數(shù)列，所以1＝a＜b＜c＜6， 由于6b或是數(shù)列中的項(xiàng)， 而6b大于數(shù)列中的最大項(xiàng)6， ∴是數(shù)列中的項(xiàng)，同理也是數(shù)列中的項(xiàng)， 考慮到1＜＜＜6，于是＝b，＝c， ∴bc＝6，又1

12、＜b＜c，所以1＜b＜， 綜上，b的取值范圍是(1，)． (3)證明：∵數(shù)列{bn}是P數(shù)列， 所以1＝b1＜b2＜b3＜…＜bn， 由于b2bn或是數(shù)列中的項(xiàng)， 而b2bn大于數(shù)列中的最大項(xiàng)bn， ∴是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)， 同理，，，…，也都是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)， 考慮到1＜＜…＜＜bn，且1，，…，，bn這n個(gè)數(shù)都是共有n項(xiàng)的增數(shù)列{bn}中的項(xiàng)， ∴＝b2，…，＝bn－1， 從而bn＝bibn＋1－i(i＝1,2，…，n－1)，① 又∵bn－1b3＞bn－1b2＝bn， 所以bn－1b3不是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)， ∴是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)， 同理，…，也都是數(shù)列{

13、bn}中的項(xiàng)， 考慮到1＜＜…＜＜＜ ＝bn－2＜bn－1＜bn， 且1，，…，，，，bn－1，bn這n個(gè)數(shù)都是共有n項(xiàng)的增數(shù)列{bn}中的項(xiàng)， 于是，同理有，bn－1＝bibn－i(i＝1,2，…，n－2)，② 在①中將i換成i＋1后與②相除，得＝，i＝1,2，…，n－2， ∴b1，b2，…，bn是等比數(shù)列． 8．已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝，n∈N*，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，Sn＝bn＋1，n∈N*，且a1＝b1＝1. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn； (3)是否存在正整數(shù)n，p，k，使得Sn＋2＝pk＋1，若存在，求出所

14、有的n，p，k；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)因?yàn)閍n＋1＝，所以＝， 所以－＝3， 又a1＝1，所以數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為3的等差數(shù)列，所以＝3n－2，所以an＝. 因?yàn)镾n＝bn＋1， 所以當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝b1＝b2，即b2＝2b1. 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝bn， 可得bn＝bn＋1－bn，得bn＋1＝2bn， 故當(dāng)n∈N*時(shí)，bn＋1＝2bn， 又b1＝1， 所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列， 故bn＝2n－1. (2)因?yàn)椋?3n－2)×2n－1， 所以Tn＝1×20＋4×21＋7×22＋…＋(3n－2)×2n－1， 2Tn＝1×21＋4

15、×22＋7×23＋…＋(3n－5)×2n－1＋(3n－2)×2n，兩式相減得， －Tn＝1＋3×(21＋22＋…＋2n－1)－(3n－2)×2n＝1＋3×(2n－2)－(3n－2)×2n＝(5－3n)×2n－5， 所以Tn＝(3n－5)×2n＋5. (3)由(1)可得，Sn＝2n－1， 假設(shè)存在正整數(shù)n，p，k，使得Sn＋2＝pk＋1， 即2n＋1＝pk＋1，pk＋1－1＝2n. ①當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，pk＋1－1＝， 設(shè)p＋1＝2s，p－1＝2t，則s＞t， 所以2s－2t＝2,2t(2s－t－1)＝2， 可得2t＝2,2s－t－1＝1，所以t＝1，s＝2， 所以n＝3，S3＋

16、2＝9＝31＋1， 所以存在n＝3，p＝3，k＝1，使得Sn＋2＝pk＋1. ②當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，pk＋1－1＝(p－1)(pk＋pk－1＋…＋p＋1)， 若p為偶數(shù)，則p－1為奇數(shù)，pk＋pk－1＋…＋p＋1為奇數(shù)， 所以pk＋1－1為奇數(shù)，所以pk＋1－1≠2n. 若p為奇數(shù)，則p－1為偶數(shù)，pk＋pk－1＋…＋p＋1為k＋1個(gè)奇數(shù)之和，也為奇數(shù)， 所以pk＋1－1≠2n， 所以，當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，不存在正整數(shù)n，p，k，使得Sn＋2＝pk＋1. 綜上所述，存在n＝3，p＝3，k＝1，使得Sn＋2＝pk＋1. 9．若無(wú)窮數(shù)列{an}滿足ai∈N*(1≤i≤n)，其前n項(xiàng)和為Sn.

17、若bk＝ak－ak－1，對(duì)任意的2≤k≤n－1，都有bk＋1≤bk恒成立，則稱數(shù)列{an}為“差減數(shù)列”． (1)若{an}是等差數(shù)列，且a5＝9，S5＝25，試判斷數(shù)列{Sn}是否為“差減數(shù)列”，并說(shuō)明理由； (2)若(1－λ)Sn＋(2λ－1)an＝2λ，且數(shù)列{an}是“差減數(shù)列”，求實(shí)數(shù)λ的值； (3)若數(shù)列{an}是“差減數(shù)列”，求證：對(duì)任意的n∈N*，都有an≤an＋1. 解：(1)數(shù)列{Sn}不是“差減數(shù)列”．理由如下： 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 由題意得S5＝＝＝25， 所以a1＝1，d＝＝2， 所以an＝2n－1，Sn＝n2， 所以對(duì)任意的2≤k≤n－

18、1，Sk－1＋Sk＋1＝(k－1)2＋(k＋1)2＝2k2＋2＞2k2＝2Sk，即Sk＋1－Sk＞Sk－Sk－1， 所以數(shù)列{Sn}不是“差減數(shù)列”． (2)若λ＝0，Sn－an＝0，此時(shí)an＝0，不符合題意． 若λ≠0，對(duì)于(1－λ)Sn＋(2λ－1)an＝2λ， 當(dāng)n＝1時(shí)，(1－λ)a1＋(2λ－1)a1＝2λ，可得a1＝2， 當(dāng)n＝2時(shí)，(1－λ)(a1＋a2)＋(2λ－1)a2＝2λ，可得a2＝， 當(dāng)n＝3時(shí)，(1－λ)(a1＋a2＋a3)＋(2λ－1)a3＝2λ，可得a3＝. 因?yàn)閿?shù)列{an}為“差減數(shù)列”， 所以b3≤b2，得a1＋a3≤2a2,2＋≤2·， 整

19、理得(λ－1)2≤0，所以λ＝1. 把λ＝1代入(1－λ)Sn＋(2λ－1)an＝2λ，得an＝2，滿足題意， 所以λ的值為1. (3)證明：假設(shè)存在正整數(shù)k，使得ak＞ak＋1. 因?yàn)閿?shù)列{an}是“差減數(shù)列”，所以ai∈N*(1≤i≤n)， 所以ak≥ak＋1＋1，即ak＋1≤ak－1. 又bk＋2≤bk＋1，即ak＋ak＋2≤2ak＋1， 所以ak＋2≤2ak＋1－ak≤2(ak－1)－ak＝ak－2， 即ak＋2≤ak－2. 由ak＋2≤2ak＋1－ak，ak＞ak＋1， 可知ak＋2≤2ak＋1－ak＜2ak＋1－ak＋1＝ak＋1， 得ak＋2＜ak＋1，所以ak＋2≤ak＋1－1. 又bk＋3≤bk＋2，即ak＋1＋ak＋3≤2ak＋2， 所以ak＋3≤2ak＋2－ak＋1≤2(ak＋1－1)－ak＋1＝ak＋1－2≤ak－1－2＝ak－3， 所以ak＋3≤ak－3.以此類推， 可得ak＋m≤ak－m，m∈N*， 所以當(dāng)m＝ak時(shí)，ak＋m≤ak－m＝m－m＝0， 即ak＋ak≤0， 所以存在n＝k＋ak，使得an≤0，與an∈N*矛盾， 所以假設(shè)不成立． 綜上，對(duì)任意的n∈N*，都有an≤an＋1. - 8 -