新高考數(shù)學復習真題分類6-5數(shù)列的綜合練習含答案

6.5數(shù)列的綜合1.（2023課標II，18）已知為等差數(shù)列，，記，分別為數(shù)列，的前n項和，，．（1）求的通項公式；（2）證明：當時，．【解析】（1）設等差數(shù)列的公差為，而，則，于是，解得，，所以數(shù)列的通項公式是.（2）方法1：由（1）知，，，當為偶數(shù)時，，，當時，，因此，當為奇數(shù)時，，當時，，因此，所以當時，.方法2：由（1）知，，，當為偶數(shù)時，，當時，，因此，當為奇數(shù)時，若，則，顯然滿足上式，因此當為奇數(shù)時，，當時，，因此，所以當時，.2.(2022新高考Ⅰ,17,10分)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和,已知a1=1,Sna(1)求{an}的通項公式;(2)證明:1a1解析(1)解法一:依題意得,S1=a1=1.∴Snan=11+(∴3Sn=(n+2)an,則3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1,∴3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an,即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an,∴nan+1=(n+2)an,即an由累乘法得an又a1=1,∴an+1=(n∴an=n(n+1)2(n≥2),又a∴an=n(n+1)2(n∈解法二:同解法一求得nan+1=(n+2)an,∴an+1n+2∴數(shù)列ann(n+1)∴ann(n+1)=1(2)證明:由(1)知1a∴1a13.(2023北京,21,15分,難)已知數(shù)列{an},{bn}的項數(shù)均為m(m>2),且an,bn∈{1,2,…,m},{an},{bn}的前n項和分別為An,Bn,并規(guī)定A0=B0=0,對于k∈{0,1,2,…,m},定義rk=max{i|Bi≤Ak,i∈{0,1,2,…,m}},其中,maxM表示數(shù)集M中最大的數(shù).(1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3,寫出r0,r1,r2,r3的值;(2)若a1≥b1,且2rj≤rj+1+rj-1,j=1,2,…,m-1,求rn;(3)證明:存在p,q,s,t∈{0,1,2,…,m},滿足p>q,s>t,使得Ap+Bt=Aq+Bs.解析(1)由題意得A1=2,A2=3,A3=6,B1=1,B2=4,B3=7,rk表示使得Bi≤Ak成立的i的最大值,i,k∈{0,1,2,…,m},故r0=0,r1=1,r2=1,r3=2.(2)顯然rm≤m,且r0=0,r1=1.由于2rj≤rj-1+rj+1,所以rj+1-rj≥rj-rj-1≥…≥r1-r0=1.若存在正整數(shù)u使得ru+1-ru>1,則rm≥rm-1+1≥…≥ru+1+(m-u-1)>ru+(m-u)≥…≥r0+m=m,這與rm≤m矛盾.因此,對任意正整數(shù)j均有rj+1-rj=1,即{rn}是以r1=1為首項,1為公差的等差數(shù)列.故rn=n.(3)證明:設Am≤Bm.記Sk=Ak-Brk(1≤k≤m),則Sk另一方面,一定有Sk≤m-1;否則Sk>m-1,而由rk的定義可知Ak-Brk則brk+1=Brk+1?Brk=Sk-(Ak但brk+1∈{1,2,…,m若存在k使得Sk=0,則取t=q=0,p=k,s=rk即滿足題目要求.若這樣的k不存在,則Sk∈{1,2,…,m-1},因此一定存在1≤q<p≤m使得Sq=Sp(抽屜原理,將m個數(shù)放入(m-1)個抽屜)且由定義可知rq<rp,從而Aq-Brq=Ap?Brp,令t=rq,s=rp,即Ap+若Am≥Bm,則可定義ck=max{i|Ai≤Bk,i∈{0,1,…,m}},并記S'k=Bk-Ack(1≤k≤同上述過程可得結(jié)論成立.4.(2019江蘇,20,16分)定義首項為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”.(1)已知等比數(shù)列{an}(n∈N*)滿足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求證:數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”;(2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足:b1=1,1Sn=2bn-2bn+1,其中Sn為數(shù)列①求數(shù)列{bn}的通項公式;②設m為正整數(shù),若存在“M-數(shù)列”{cn}(n∈N*),對任意正整數(shù)k,當k≤m時,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.解析本小題主要考查等差和等比數(shù)列的定義、通項公式、性質(zhì)等基礎知識,考查代數(shù)推理、轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運用數(shù)學知識探究與解決問題的能力.滿分16分.(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q,所以a1≠0,q≠0.由a2a4=因此數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”.(2)①因為1Sn=2bn-2bn由b1=1,S1=b1,得11=21-2b2,由1Sn=2bn-2bn+1當n≥2時,由bn=Sn-Sn-1,得bn=bnbn整理得bn+1+bn-1=2bn.所以數(shù)列{bn}是首項和公差均為1的等差數(shù)列.因此,數(shù)列{bn}的通項公式為bn=n(n∈N*).②由①知,bk=k,k∈N*.因為數(shù)列{cn}為“M-數(shù)列”,設公比為q,所以c1=1,q>0.因為ck≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.當k=1時,有q≥1;當k=2,3,…,m時,有l(wèi)nkk≤lnq≤設f(x)=lnxx(x>1),則f'(x)=令f'(x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+∞)f'(x)+0-f(x)↗極大值↘因為ln22=ln86<ln96=ln33,所以f(k)取q=33,當k=1,2,3,4,5時,lnkk≤lnq,即k≤qk,經(jīng)檢驗知qk-1≤因此所求m的最大值不小于5.若m≥6,分別取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,從而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.綜上,所求m的最大值為5.5.(2021全國乙文,19,12分)設{an}是首項為1的等比數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足bn=nan3.已知a1,3a2,9a(1)求{an}和{bn}的通項公式;(2)記Sn和Tn分別為{an}和{bn}的前n項和.證明:Tn<Sn解題指導:(1)利用等差中項的概念建立等式,通過等比數(shù)列的通項公式即可求出結(jié)果;(2)利用等比數(shù)列的求和公式算出Sn,對于數(shù)列{bn},利用錯位相減法求出Tn,再利用比較大小的基本方法——作差法即可證明不等式.解析(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q.∵a1,3a2,9a3成等差數(shù)列,∴6a2=a1+9a3,又∵{an}是首項為1的等比數(shù)列,∴6a1q=a1+9a1q2,∴9q2-6q+1=0,解得q1=q2=13∴an=a1·qn-1=13∵bn=nan3,∴bn=n(2)∵Sn為{an}的前n項和,∴Sn=a1∵Tn為{bn}的前n項和,∴Tn=b1+b2+…+bn=1×13113T①-②可得2=13∴Tn=-12∴Tn-Sn2=?12n·16.(2022北京,21,15分)已知Q:a1,a2,…,ak為有窮整數(shù)數(shù)列.給定正整數(shù)m,若對任意的n∈{1,2,…,m},在Q中存在ai,ai+1,ai+2,…,ai+j(j≥0),使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j=n,則稱Q為m-連續(xù)可表數(shù)列.(1)判斷Q:2,1,4是不是5-連續(xù)可表數(shù)列,是不是6-連續(xù)可表數(shù)列,說明理由;(2)若Q:a1,a2,…,ak為8-連續(xù)可表數(shù)列,求證:k的最小值為4;(3)若Q:a1,a2,…,ak為20-連續(xù)可表數(shù)列,且a1+a2+…+ak<20,求證:k≥7.解析(1)若m=5,則n∈{1,2,3,4,5},在Q中,a1=2,a2=1,a3=4,當n=1時,取i=2,j=0,有a2=1=n,當n=2時,取i=1,j=0,有a1=2=n,當n=3時,取i=1,j=1,有a1+a2=2+1=3=n,當n=4時,取i=3,j=0,有a3=4=n,當n=5時,取i=2,j=1,有a2+a3=5=n,所以Q是5-連續(xù)可表數(shù)列.由于找不到連續(xù)的若干項之和為6,所以Q不是6-連續(xù)可表數(shù)列.(2)證明:若k=1,則Q:a1只能表示1個數(shù)字,不能表示8個數(shù)字,故k≠1;若k=2,則Q:a1,a2最多能表示出a1,a2,a1+a2,共3個數(shù)字,與Q為8-連續(xù)可表數(shù)列相矛盾;若k=3,則a1,a2,a3最多能表示a1,a2,a3,a1+a2,a2+a3,a1+a2+a3,共6個數(shù)字,與Q為8-連續(xù)可表數(shù)列矛盾,故k≥4.現(xiàn)構造Q:1,2,4,1,可以表示出1,2,3,4,5,6,7,8這8個數(shù)字,即存在k=4滿足題意,故k的最小值為4(或構造出Q:3,1,4,2等數(shù)列也可以).(3)證明:從5個正整數(shù)中取1個數(shù)字只能表示自身,此方式最多可表示5個數(shù)字;取連續(xù)2個數(shù)字并求和最多能表示4個數(shù)字,取連續(xù)3個數(shù)字并求和最多能表示3個數(shù)字,取連續(xù)4個數(shù)字并求和最多能表示2個數(shù)字,取連續(xù)5個數(shù)字并求和最多能表示1個數(shù)字,所以對任意給定的5個整數(shù),最多可以表示5+4+3+2+1=15個正整數(shù),不能表示20個正整數(shù),即k≥6.若k=6,則最多可以表示6+5+4+3+2+1=21個正整數(shù),由于Q為20-連續(xù)可表數(shù)列,且a1+a2+a3+…+ak<20,所以有一項必為負數(shù),設這一項為ai,i∈{1,2,3,4,5,6}.若ai<0,i∈{2,3,4,5},則ai+ai+1>0且ai-1+ai>0,那么從a1,a2,…,a6中選擇連續(xù)j(1≤j≤6)項求和,其和均小于20,這與題意不符,所以a1<0或a6<0.不妨設a1<0,那么a2+a3+…+a6=20,因為a2,a3,…,a6∈N*,所以{a2,a3,…,a6}={2,3,4,5,6},從集合{2,3,4,5,6}中選取j(1≤j≤5)個連續(xù)數(shù)字并求和,其和不可能為19,但Q為20-連續(xù)可表數(shù)列,那么a1+a2+a3+…+a6=20,所以a1=-1,所以a2=2,若不然,假設a2=p(3≤p≤6),那么a1+a2=p-1∈{2,3,4,5}與數(shù)列中的項重復,所以a3=6,若不然,假設a3=q(3≤q≤5),那么a1+a2+a3=q+1∈{4,5,6}與數(shù)列中的項重復,因此該數(shù)列只可能為以下6種,下面逐一寫出:①a1=-1,a2=2,a3=6,a4=3,a5=4,a6=5,但是a1+a2+a3=a4+a5(舍去);②a1=-1,a2=2,a3=6,a4=3,a5=5,a6=4,但是a2+a3=a4+a5(舍去);③a1=-1,a2=2,a3=6,a4=4,a5=3,a6=5,但是a2+a3=a5+a6(舍去);④a1=-1,a2=2,a3=6,a4=4,a5=5,a6=3,但是a2+a3=a5+a6(舍去);⑤a1=-1,a2=2,a3=6,a4=5,a5=3,a6=4,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去);⑥a1=-1,a2=2,a3=6,a4=5,a5=4,a6=3,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去).因此,k=6不滿足題意.綜上,Q中至少含6個不同的正整數(shù)和一個負數(shù)才能滿足題意,故k≥7.7.(2021北京,21,15分)定義Rp數(shù)列{an}:對實數(shù)p,滿足:①a1+p≥0,a2+p=0;②?n∈N*,a4n-1<a4n;③am+n∈{am+an+p,am+an+p+1}.(1)對前4項為2,-2,0,1的數(shù)列,可以是R2數(shù)列嗎?說明理由;(2)若{an}是R0數(shù)列,求a5的值;(3)是否存在p,使得存在Rp數(shù)列{an},對?n∈N*,滿足Sn≥S10?若存在,求出所有這樣的p;若不存在,說明理由.解析(1)不是R2數(shù)列.由題意可知a2=-2,p=2.若前4項為2,-2,0,1的數(shù)列是R2數(shù)列,則由③可知,a2=a1+1∈{a1+a1+2,a1+a1+2+1}={6,7},但-2?{6,7},故不可能是R2數(shù)列.(2)若{an}是R0數(shù)列,即p=0,則由①知a1≥0,a2=0.令m=n=1,則a2∈{a1+a1+0,a1+a1+0+1}={2a1,2a1+1},∵a1≥0,a2=0,∴a1=0,令m=1,n=2,則a3∈{a1+a2+0,a1+a2+0+1}={0,1},令m=n=2,則a4∈{a2+a2+0,a2+a2+0+1}={0,1},又由②知a3<a4,∴a3=0,a4=1.∴a5∈{a1+a4+0,a1+a4+0+1}={1,2},且a5∈{a2+a3+0,a2+a3+0+1}={0,1},∴a5=1.(3)存在p=2,使得存在Rp數(shù)列{an},對?n∈N*,滿足Sn>S10.由題意可知a2=-p,a2∈{2a1+p,2a1+p+1},∵a1+p≥0,∴2a1+p≥-p,2a1+p+1≥-p+1>-p,∴a2=2a1+p=-p,∴a1=-p.令m=1,則an+1∈{an+a1+p,an+a1+p+1}={an,an+1},(*)令m=2,則an+2∈{an+a2+p,an+a2+p+1}={an,an+1},(**)∴a3∈{-p,-p+1},a4∈{-p,-p+1},又?x∈N*,a4n-1<a4n,∴a3<a4,∴a3=-p,a4=-p+1,由(*)知a5∈{-p+1,-p+2},由(**)知a5∈{-p,-p+1},∴a5=-p+1,∴a6∈{-p+1,-p+2},且a6∈{2a3+p,2a3+p+1}={-p,-p+1},∴a6=-p+1,∴a7∈{-p+1,-p+2},a8∈{-p+1,-p+2},又由②知a8>a7,∴a7=-p+1,a8=-p+2,∴a9∈{-p+2,-p+3},且a9∈{-p+1,-p+2},∴a9=-p+2,∴a10∈{-p+2,-p+3},且a10∈{-p+1,-p+2},∴a10=-p+2,∴a11∈{-p+2,-p+3},a12∈{-p+2,-p+3},又由②知a11<a12,∴a11=-p+2,a12=-p+3,……∴a1=a2=a3=-p,a4=a5=a6=a7=-p+1,a8=a9=a10=a11=-p+2,a12=a13=a14=a15=-p+3,……,故an=-p+k(4k≤n≤4k+3,k∈N,n∈N*),且an+1≥an,?n∈N*,Sn≥S10,則需a11=?p+2≥0,8.(2020北京,21,15分)已知{an}是無窮數(shù)列.給出兩個性質(zhì):①對于{an}中任意兩項ai,aj(i>j),在{an}中都存在一項am,使得ai2aj②對于{an}中任意一項an(n≥3),在{an}中都存在兩項ak,al(k>l),使得an=ak(Ⅰ)若an=n(n=1,2,…),判斷數(shù)列{an}是否滿足性質(zhì)①,說明理由;(Ⅱ)若an=2n-1(n=1,2,…),判斷數(shù)列{an}是否同時滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②,說明理由;(Ⅲ)若{an}是遞增數(shù)列,且同時滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②,證明:{an}為等比數(shù)列.解析(Ⅰ)若an=n(n=1,2,…),則數(shù)列{an}不滿足性質(zhì)①,可以舉反例驗證.a32a2=322=92?N*,在數(shù)列{an}中不能找到一項am((Ⅱ)若an=2n-1(n=1,2,…),則數(shù)列{an}能同時滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②.對于{an}中任意兩項ai,aj(i>j),ai2aj=(2i?1)22j令m=2i-j即可,所以對于{an}中任意兩項ai,aj(i>j),在{an}中存在一項am(m=2i-j),使得ai2aj故滿足性質(zhì)①.對于{an}中任意一項an=2n-1,下面尋求{an}中另外兩項ak,al(k>l),使得an=ak2al,即2n-1=(2k?1)22l?1=22k-l-1,即n=2k-l,可令l則此時an=2n-1=22n?42故數(shù)列{an}能同時滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②.(Ⅲ)證明:(1)當n=3時,由性質(zhì)②可知存在兩項ak,al,使a3=ak2al(又因為{an}是