2019-2020年高考数学5年真题备考题库 第五章 第5节 数列的综合应用 理（含解析）.doc

2019-2020年高考数学5年真题备考题库 第五章 第5节 数列的综合应用 理（含解析）1（xx安徽，5分）数列an是等差数列，若a11，a33，a55构成公比为q的等比数列，则q_.解析：法一：因为数列an是等差数列，所以a11，a33，a55也成等差数列，又a11，a33，a55构成公比为q的等比数列，所以a11，a33，a55是常数列，故q1.法二：因为数列an是等差数列，所以可设a1td，a3t，a5td，故由已知得(t3)2(td1)(td5)，得d24d40，即d2，所以a33a11，即q1.答案：12.（xx天津，5分）设an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为_解析：由已知得S1S4S，即a1(4a16)(2a11)2，解得a1.答案：3.（xx浙江，5分）设函数f1(x)x2，f2(x)2(xx2)，f3(x)|sin 2x|，ai，i0,1,2，99.记Ik|fk(a1)fk(a0)|fk(a2)fk(a1)|fk(a99)fk(a98)|，k1,2,3.则()AI1I2I3 BI2I1I3CI1I3I2 DI3I20，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)201.f2(x)2(xx2)在上单调递增，在上单调递减，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)40，f3(a24)f3(a23)0, f3(a25)f3(a24)0，f3(a26)f3(a25)0，f3(a49)f3(a48)0，f3(a74)f3(a73)0，f3(a75)f3(a74)0，f3(a76)f3(a75)0，f3(a99)f3(a98)2sinsin1.因此I2I160n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由解：(1)设数列an的公差为d，依题意，2,2d,24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n.显然2n60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的n；当an4n2时，存在满足题意的n，其最小值为41.5.（xx广东，14分）设数列an的前n项和为Sn，满足Sn2nan13n24n，nN*，且S315.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)由Sn2nan13n24n，nN*，取n1,2得又S315，a1a2a315，a315(a1a2)联立解得a13，a25，a37.(2)法一：当n1时，由已知得两式相减得2nan1(2n1)an6n1，即2nan14n26n(2n1)an4n21，即2nan1(2n3)(2n1)an(2n1)，令bnan(2n1)，则2nbn1(2n1)bn，由(1)知b1b20，则由知bn0，an2n1，且n1时也成立，故an2n1，nN*.法二：由(1)猜想an2n1，下面用数学归纳法证明n1时，结论显然成立；假设当nk(k1)时，ak2k1，则Sk357(2k1)k(k2)又Sk2kak13k24k，k(k2)2kak13k24k，解得2ak14k6，ak12(k1)1，即当nk1时，结论成立由知，nN*，an2n1.6.（xx湖南，13分）已知数列an满足a11，|an1an|pn，nN*.(1)若an是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值；(2)若p，且a2n1是递增数列，a2n是递减数列，求数列an的通项公式解：(1)因为an是递增数列，所以an1an|an1an|pn.而a11，因此a2p1，a3p2p1.又a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2a13a3，因而3p2p0，解得p或p0.当p0时，an1an，这与an是递增数列矛盾，故p.(2)由于a2n1是递增数列，因而a2n1a2n10，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.但，所以|a2n1a2n|0，因此a2na2n12n1.因为a2n是递减数列，同理可得，a2n1a2n0，故a2n1a2n2n.由即知，an1an.于是ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)11.故数列an的通项公式为an7.（xx江苏，16分）设数列an的前n项和为Sn.若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Snam，则称an是“H数列”(1)若数列an的前n项和Sn2n(nN*)，证明：an是“H数列”；(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d0.若an是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立解：(1)证明：由已知，当n1时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam.所以an是“H数列”(2)由已知，得S22a1d2d.因为an是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2am，即2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d0，所以m20，故m1.从而d1.当d1时，an2n，Sn是小于2的整数，nN*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m2Sn2，使得Sn2mam，所以an是“H数列”因此d的值为1.(3)证明：设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN*)令bnna1，cn(n1)(da1)，则anbncn(nN*)下面证bn是“H数列”设bn的前n项和为Tn，则Tna1(nN*)于是对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Tnbm，所以bn是“H数列”同理可证cn也是“H数列”所以任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立8.（xx天津，14分）已知q和n均为给定的大于1的自然数设集合M0,1,2，q1，集合Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1,2，n(1)当q2，n3时，用列举法表示集合A；(2)设s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中ai，biM，i1,2，n.证明：若anbn，则st.解：(1)当q2，n3时，M0,1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1,2,3可得，A0,1,2,3,4,5,6,7(2)证明：由s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1,2，n及anbn，可得st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)qn2qn1qn110.所以s0)，因为所有AnBn平行且a11，a22，所以S梯形AnBnBn1An1S梯形A1B1B2A23m，当n2时，故aa，aa，aa，aa，以上各式累乘可得：a(3n2)a，因为a11，所以an.答案：an11（xx北京，14分）设数列an的前n项和为Sn.已知a11，an1n2n，nN*.(1)求a2的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.解：本题考查数列的通项与前n项和的关系、等差数列的通项公式、裂项求和、放缩法等基础知识和基本方法，考查化归与转化思想、分类与整合思想，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题能力(1)依题意，2S1a21，又S1a11，所以a24.(2)当n2时，2Snnan1n3n2n，2Sn1(n1)an(n1)3(n1)2(n1)，两式相减得2annan1(n1)an(3n23n1)(2n1)，整理得(n1)annan1n(n1)，即1，又1，故数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以1(n1)1n，所以ann2.(3)证明：当n1时，1；当n2时，1；当n3时，此时111.综上，对一切正整数n，有.12（xx北京，13分）已知an是由非负整数组成的无穷数列该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an1，an2, 的最小值记为Bn，dnAnBn.(1)若an为2,1,4,3,2,1,4,3，是一个周期为4的数列(即对任意nN*，an4an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数证明：dnd(n1,2,3，)的充分必要条件为an是公差为d的等差数列；(3)证明：若a12，dn1(n1,2,3，)，则an的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.解：本题主要考查无穷数列的有关知识，考查了考生对新定义类数列的理解与运用，对考生的逻辑思维能力要求较高(1)d1d21，d3d43.(2)证明：(充分性)因为an是公差为d的等差数列，且d0，所以a1a2an，因此Anan，Bnan1，dnanaa1d(n1,2,3)(必要性)因为dnd0(n1,2,3，)，所以AnBndnBn，又anAn，an1Bn，所以anan1，于是，Anan，Bnan1，因此an1anBnAndnd，即an是公差为d的等差数列(3)证明：因为a12，d11，所以A1a12，B1A1d11.故对任意n1，anB11.假设an(n2)中存在大于2的项设m为满足am2的最小正整数，则m2，并且对任意1km，ak2.又a12，所以Am12，且Amam2.于是，BmAmdm211，Bm1minam，Bm2.故dm1Am1Bm1220，与dm11矛盾所以对于任意n1，有an2，即非负整数列an的各项只能为1或2.因为对任意n1，an2a1，所以An2.故BnAndn211.因此对于任意正整数n，存在m满足mn，且am1，即数列an有无穷多项为1. 13（xx福建，4分）数列an的通项公式anncos1，前n项和为Sn，则S2 012_.解析：anncos1，a1a2a3a46，a5a6a7a86，a4k1a4k2a4k3a4k46，kN，故S2 01250363 018.答案：3 01814（2011福建，13分）已知等比数列an的公比q3，前3项和S3.(1)求数列an的通项公式；(2)若函数f(x)Asin(2x)(A0,0)在x处取得最大值，且最大值为a3，求函数f(x)的解析式解：(1)由q3，S3，得，解得a1.所以an3n13n2.(2)由(1)可知an3n2，所以a33.因为函数f(x)的最大值为3，所以A3；因为当x时f(x)取得最大值，所以sin(2)1.又0，故.所以函数f(x)的解析式为f(x)3sin(2x)