江蘇省高考數(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)-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第25講數(shù)列的綜合應(yīng)用eq\a\vs4\al(課后自測診斷——及時(shí)查漏補(bǔ)缺·備考不留死角)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：2562．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eq\f(ai＋1＋ai＋10×10,2)－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<eq\f(34,9)≤i≤eq\f(43,9)<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：2003．已知數(shù)列{an}中，對(duì)任意的n∈N*，若滿足an＋an＋1＋an＋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eq\f(p4,p3)＝eq\f(p3,p2)＝eq\f(p2,p1)＝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S2020＝________.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＝－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S2020＝－15×168－1－2＋4－8＝－2527.答案：－25274．若無窮數(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)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：①②③④5．(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a1，a2019的等比中項(xiàng)與b1，b2019的等差中項(xiàng)相等，且eq\f(1,b1)＋eq\f(4,b2019)≤1，當(dāng)a1010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，a1010＝eq\r(a1a2019)＝eq\f(b1＋b2019,2)≥eq\f(b1＋b2019,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)＋\f(4,b2019)))＝eq\f(5,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2019,2b1)＋\f(2b1,b2019)))≥eq\f(5,2)＋2eq\r(\f(b2019,2b1)·\f(2b1,b2019))＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)＋\f(4,b2019)＝1，,\f(b2019,2b1)＝\f(2b1,b2019)))即b1＝3，b2019＝6時(shí)取等號(hào)，此時(shí)公差d＝eq\f(b2019－b1,2019－1)＝eq\f(3,2018).答案：eq\f(3,2018)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}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<n<k)按一定次序排列構(gòu)成等比數(shù)列．因?yàn)閍n＝2n－1＋1，所以am<an<ak，所以aeq\o\al(2,n)＝amak，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，即22n－2＋2×2n－1＋1＝2m＋k－2＋2m－1＋2k－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m<n<k，m，n，k∈N*，所以2n－m－1≥1，n－m＋1≥1，k－1≥1，k－m≥1，所以22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m必為偶數(shù)，不可能為1.所以數(shù)列{an}中不存在任何三項(xiàng)，按一定次序排列構(gòu)成等比數(shù)列．綜上可得，數(shù)列{an}不是“等比源數(shù)列”．(2)證明：不妨設(shè)等差數(shù)列{an}的公差d≥0.當(dāng)d＝0時(shí)，等差數(shù)列{an}為非零常數(shù)數(shù)列，數(shù)列{an}為“等比源數(shù)列”．當(dāng)d>0時(shí)，因?yàn)閍n∈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<n<k)，使得aeq\o\al(2,n)＝amak成立，即[am＋(n－m)d]2＝am[am＋(k－m)d]，即(n－m)·[2am＋(n－m)d]＝am(k－m)成立．當(dāng)n＝am＋m，k＝2am＋amd＋m時(shí)，上式成立．所以{an}中存在am，an，ak成等比數(shù)列．所以數(shù)列{an}為“等比源數(shù)列”．7．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)定義：若有窮數(shù)列a1，a2，…，an同時(shí)滿足下列三個(gè)條件，則稱該數(shù)列為P數(shù)列．①首項(xiàng)a1＝1；②a1＜a2＜…＜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eq\f(aj,ai)仍是該數(shù)列中的項(xiàng)．(1)問等差數(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，eq\f(5,3)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eq\f(6,b)是數(shù)列中的項(xiàng)，而6b大于數(shù)列中的最大項(xiàng)6，∴eq\f(6,b)是數(shù)列中的項(xiàng)，同理eq\f(6,c)也是數(shù)列中的項(xiàng)，考慮到1＜eq\f(6,c)＜eq\f(6,b)＜6，于是eq\f(6,c)＝b，eq\f(6,b)＝c，∴bc＝6，又1＜b＜c，所以1＜b＜eq\r(6)，綜上，b的取值范圍是(1，eq\r(6))．(3)證明：∵數(shù)列{bn}是P數(shù)列，所以1＝b1＜b2＜b3＜…＜bn，由于b2bn或eq\f(bn,b2)是數(shù)列中的項(xiàng)，而b2bn大于數(shù)列中的最大項(xiàng)bn，∴eq\f(bn,b2)是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，同理，eq\f(bn,b3)，eq\f(bn,b4)，…，eq\f(bn,bn－1)也都是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，考慮到1＜eq\f(bn,bn－1)＜…＜eq\f(bn,b2)＜bn，且1，eq\f(bn,bn－1)，…，eq\f(bn,b2)，bn這n個(gè)數(shù)都是共有n項(xiàng)的增數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，∴eq\f(bn,bn－1)＝b2，…，eq\f(bn,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)，∴eq\f(bn－1,b3)是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，同理eq\f(bn－1,b4)，…，eq\f(bn－1,bn－2)也都是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，考慮到1＜eq\f(bn－1,bn－2)＜…＜eq\f(bn－1,b4)＜eq\f(bn－1,b3)＜eq\f(bn,b3)＝bn－2＜bn－1＜bn，且1，eq\f(bn－1,bn－2)，…，eq\f(bn－1,b4)，eq\f(bn－1,b3)，eq\f(bn,b3)，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eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(bi＋1,bi)，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＝eq\f(an,1＋3an)，n∈N*，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))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eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))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，求出所有的n，p，k；若不存在，請(qǐng)說明理由．解：(1)因?yàn)閍n＋1＝eq\f(an,1＋3an)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1＋3an,an)，所以eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3，又a1＝1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項(xiàng)為1，公差為3的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝3n－2，所以an＝eq\f(1,3n－2).因?yàn)镾n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))bn＋1，所以當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝b1＝eq\f(1,2)b2，即b2＝2b1.當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))bn，可得bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))bn＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－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)閑q\f(bn,an)＝(3n－2)×2n－1，所以Tn＝1×20＋4×21＋7×22＋…＋(3n－2)×2n－1，2Tn＝1×21＋4×22＋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＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p\f(k＋1,2)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p\f(k＋1,2)＋1))，設(shè)peq\f(k＋1,2)＋1＝2s，peq\f(k＋1,2)－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＋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．若無窮數(shù)列{an}滿足ai∈N*(1≤i≤n)，其前n項(xiàng)和為Sn.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＝eq\f(5a1＋a5,2)＝eq\f(5a1＋9,2)＝25，所以a1＝1，d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝2，所以an＝2n－1，Sn＝n2，所以對(duì)任意的2≤k≤n－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＋