（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)

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an5n1，數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為bnn2，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)ambk，則有5m1k2，即，因?yàn)閙是正整數(shù)，所以k1或k1是5的整數(shù)倍，設(shè)k15t或k15t，即k5t1或k5t1，所以k4,6,9,11,14,16,19,21，所以c6162256.答案：2562在等差數(shù)列an中，首項(xiàng)a13，公差d2，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an2n1，設(shè)連續(xù)10項(xiàng)為ai1，ai2，ai3，ai10，iN，設(shè)漏掉的一項(xiàng)為aik,1k10，由aik185，得(2i32i21)×52i2k1185，即18i2k66，即9ik33，所以349ik3343,3<i<5，所以i4，此時(shí)，由3633k得k3，所以aika715，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nN*，若滿足anan1an2an3s(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·an1·an2t(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q1q21，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，p11，p22，p34，p48，p51，p62，p74，p88，p91，p102，p114，p128，p131，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，q11，q21，q31，q41，q51，q61，q71，q81，q91，q101，q111，q121，q131，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·q1p2·q2p12·q1215，故S2 02015×16812482 527.答案：2 5274若無(wú)窮數(shù)列an滿足：a10，當(dāng)nN*，n2時(shí)，|anan1|maxa1，a2，an1(其中maxa1，a2，an1表示a1，a2，an1中的最大項(xiàng))，有以下結(jié)論：若數(shù)列an是常數(shù)列，則an0(nN*)；若數(shù)列an是公差d0的等差數(shù)列，則d0；若數(shù)列an是公比為q的等比數(shù)列，則q1；若存在正整數(shù)T，對(duì)任意nN*，都有anTan，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：若數(shù)列an是常數(shù)列，則|anan1|maxa1，a2，an10，所以an0(nN*)，正確；若數(shù)列an是公差d0的等差數(shù)列，則|anan1|maxa1，a2，an1|d|，所以an有最大值，因此an不可能遞增且d0，所以d0，正確；若數(shù)列an是公比為q的等比數(shù)列，則a10，且|a2a1|a1|q1|a1，所以|q1|1，所以q2或q0，又因?yàn)閝0，所以q2，所以q1，正確；若存在正整數(shù)T，對(duì)任意nN*，都有anTan，假設(shè)在a1，a2，aT中ak最大，則a1，a2，an中都是ak最大，則|a2a1|a1，且|aT2aT1|ak，即|a2a1|ak，所以aka1，所以a1是數(shù)列an的最大項(xiàng)，正確故答案為：.答案：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a1，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 0102，當(dāng)且僅當(dāng)即b13，b2 0196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，a12，an12an1.求an的通項(xiàng)公式；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a10，anZ(nN*)求證：an為“等比源數(shù)列”解：(1)由an12an1，得an112(an1)，且a111，所以數(shù)列an1是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，所以an12n1.所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an2n11.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n2n11，所以am<an<ak，所以aamak，得(2n11)2(2m11)(2k11)，即22n22×2n112mk22m12k11，兩邊同時(shí)乘以21m，得到22nm12nm12k112km，即22nm12nm12k12km1，又m<n<k，m，n，kN*，所以2nm11，nm11，k11，km1，所以22nm12nm12k12km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d0.當(dāng)d0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nZ，則d1，且dZ，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aamak成立，即am(nm)d2amam(km)d，即(nm)·2am(nm)dam(km)成立當(dāng)namm，k2amamdm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)列首項(xiàng)a11；a1a2an；對(duì)于該數(shù)列中的任意兩項(xiàng)ai和aj(1ijn)，其積aiaj或商仍是該數(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n4，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)3×515，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1abc6，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16，于是b，c，bc6，又1bc，所以1b，綜上，b的取值范圍是(1，)(3)證明：數(shù)列bn是P數(shù)列，所以1b1b2b3bn，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1bn，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，bn1，從而bnbibn1i(i1,2，n1)，又bn1b3bn1b2bn，所以bn1b3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bn中的項(xiàng)，考慮到1bn2bn1bn，且1，bn1，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，bn1bibni(i1,2，n2)，在中將i換成i1后與相除，得，i1,2，n2，b1，b2，bn是等比數(shù)列8已知數(shù)列an滿足an1，nN*，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Sn，Snbn1，nN*，且a1b11.(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Sn2pk1，若存在，求出所有的n，p，k；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解：(1)因?yàn)閍n1，所以，所以3，又a11，所以數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為3的等差數(shù)列，所以3n2，所以an.因?yàn)镾nbn1，所以當(dāng)n1時(shí)，S1b1b2，即b22b1.當(dāng)n2時(shí)，Sn1bn，可得bnbn1bn，得bn12bn，故當(dāng)nN*時(shí)，bn12bn，又b11，所以數(shù)列bn是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，故bn2n1.(2)因?yàn)?3n2)×2n1，所以Tn1×204×217×22(3n2)×2n1，2Tn1×214×227×23(3n5)×2n1(3n2)×2n，兩式相減得，Tn13×(21222n1)(3n2)×2n13×(2n2)(3n2)×2n(53n)×2n5，所以Tn(3n5)×2n5.(3)由(1)可得，Sn2n1，假設(shè)存在正整數(shù)n，p，k，使得Sn2pk1，即2n1pk1，pk112n.當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，pk11，設(shè)p12s，p12t，則st，所以2s2t2,2t(2st1)2，可得2t2,2st11，所以t1，s2，所以n3，S329311，所以存在n3，p3，k1，使得Sn2pk1.當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，pk11(p1)(pkpk1p1)，若p為偶數(shù)，則p1為奇數(shù)，pkpk1p1為奇數(shù)，所以pk11為奇數(shù)，所以pk112n.若p為奇數(shù)，則p1為偶數(shù)，pkpk1p1為k1個(gè)奇數(shù)之和，也為奇數(shù)，所以pk112n，所以，當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，不存在正整數(shù)n，p，k，使得Sn2pk1.綜上所述，存在n3，p3，k1，使得Sn2pk1.9若無(wú)窮數(shù)列an滿足aiN*(1in)，其前n項(xiàng)和為Sn.若bkakak1，對(duì)任意的2kn1，都有bk1bk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a59，S525，試判斷數(shù)列Sn是否為“差減數(shù)列”，并說(shuō)明理由；(2)若(1)Sn(21)an2，且數(shù)列an是“差減數(shù)列”，求實(shí)數(shù)的值；(3)若數(shù)列an是“差減數(shù)列”，求證：對(duì)任意的nN*，都有anan1.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S525，所以a11，d2，所以an2n1，Snn2，所以對(duì)任意的2kn1，Sk1Sk1(k1)2(k1)22k222k22Sk，即Sk1SkSkSk1，所以數(shù)列Sn不是“差減數(shù)列”(2)若0，Snan0，此時(shí)an0，不符合題意若0，對(duì)于(1)Sn(21)an2，當(dāng)n1時(shí)，(1)a1(21)a12，可得a12，當(dāng)n2時(shí)，(1)(a1a2)(21)a22，可得a2，當(dāng)n3時(shí)，(1)(a1a2a3)(21)a32，可得a3.因?yàn)閿?shù)列an為“差減數(shù)列”，所以b3b2，得a1a32a2,22·，整理得(1)20，所以1.把1代入(1)Sn(21)an2，得an2，滿足題意，所以的值為1.(3)證明：假設(shè)存在正整數(shù)k，使得akak1.因?yàn)閿?shù)列an是“差減數(shù)列”，所以aiN*(1in)，所以akak11，即ak1ak1.又bk2bk1，即akak22ak1，所以ak22ak1ak2(ak1)akak2，即ak2ak2.由ak22ak1ak，akak1，可知ak22ak1ak2ak1ak1ak1，得ak2ak1，所以ak2ak11.又bk3bk2，即ak1ak32ak2，所以ak32ak2ak12(ak11)ak1ak12ak12ak3，所以ak3ak3.以此類推，可得akmakm，mN*，所以當(dāng)mak時(shí)，akmakmmm0，即akak0，所以存在nkak，使得an0，與anN*矛盾，所以假設(shè)不成立綜上，對(duì)任意的nN*，都有anan1.- 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