高考数学考点5数列的综合应用解析 14页

‎2010-2015年高考真题汇编 专题6 数列 考点5 数列的综合应用 ‎1.（2015年安徽17，12分）设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标，‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）记，证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析。‎ ‎【解析】（Ⅰ）由题意，‎ ‎ 所以曲线在点处的切线方程为 ‎ 当时，.……………5分 ‎ （Ⅱ）由题设中和（1）中的计算结果知 ‎ ‎ 当时，‎ ‎ 当时，，‎ ‎ 所以 .‎ ‎ 综上可得对任意的 均有 ……………12分 ‎2.（2015年广东21，14分）数列满足:.‎ ‎ (1)求的值;‎ ‎ (2)求数列的前项和;‎ ‎ (3)令证明:数列的前项和满足.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎(1) ‎ ‎ ‎ ‎3.（2015年四川16，12分）设数列的前项和，且成等差数列。‎ ‎ （1）求数列的通项公式；‎ ‎ （2）记数列的前项和，求得使成立的的最小值。‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当时有， ，则 ， （） ，则是以为首项，2为公比的等比数列。‎ 又由题意得 ，则 ‎ ‎（2）由题意得 ，‎ 由等比数列求和公式得 ，则 。‎ 又当时， ，成立时，的最小值的。‎ ‎4.（2015年浙江20，15分）已知数列满足=且=-（n）‎ ‎(1)证明：1（n）；‎ ‎(2)设数列的前n项和为,证明（n）.‎ ‎【答案】（1）略；（2）略 ‎【解析】‎ ‎（1），所以数列为递减数列，即；‎ 又，所以，则 ‎，‎ ‎，由，得，，即，1‎ ‎（2）‎ 所以要证，只需证明，‎ 即证，即，也即证明，‎ 即证；‎ ‎，，‎ ‎，，即 若，则，，，，‎ 即 若，则，，，，‎ 即，，即得证。‎ ‎5.（2015年重庆22，12分）‎ 在数列中，，．‎ ‎(Ⅰ) 若，，求数列的通项公式；‎ ‎(Ⅱ)若，，证明：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）略 ‎【解析】（Ⅰ）解：由，有。‎ 若存在某个，使得，则由上述递推公式易得。重复上述过程可得，与矛盾，所以对任意。‎ 从而，即是一个公比的等比数列。故。‎ ‎（Ⅱ）证明：由，数列的递推关系式变为，变形为。‎ 由上式及，归纳可得 ‎。‎ 因为，所以对求和得 另一方面，由上已证的不等式知，得 综上，。‎ ‎6．（2014安徽，5分）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 法一：因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列，又a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5是常数列，故q＝1.‎ 法二：因为数列{an}是等差数列，所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d，故由已知得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d2＋4d＋4＝0，即d＝－2，所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.‎ ‎7.（2014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________．‎ ‎【答案】－ ‎【解析】由已知得S1·S4＝S，即a1·(‎4a1－6)＝(‎2a1－1)2，解得a1＝－.‎ ‎8.（2014浙江，5分）设函数f1(x)＝x2，f2(x)＝2(x－x2)，f3(x)＝|sin 2πx|，ai＝，i＝0,1,2，…，99.记Ik＝|fk(a1)－fk(a0)|＋|fk(a2)－fk(a1)|＋…＋|fk(a99)－fk(a98)|，k＝1,2,3.则(　　)‎ A．I10，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)＝2－0＝1.f2(x)＝2(x－x2)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)＝4××＝<1.f3(x)＝|sin 2πx|在，上单调递增，在，上单调递减，可得f3(a1)－f3(a0)>0，…，f3(a24)－f3(a23)>0, f3(a25)－f3(a24)>0，f3(a26)－f3(a25)<0，…，f3(a49)－f3(a48)<0，f3(a50)－f3(a49)＝0，f3(a51)－f3(a50)>0，…，f3(a74)－f3(a73)>0，f3(a75)－f3(a74)<0，f3(a76)－f3(a75)<0，…，f3(a99)－f3(a98)<0，所以I3＝|f3(a1)－f3(a0)|＋|f3(a2)－f3(a1)|＋…＋|f3(a99)－f3(a98)|＝f3(a25)－f3(a0)－[f3(a49)－f3(a25)]＋f3(a74)－f3(a50)－[f3(a99)－f3(a74)]＝‎2f3(a25)－‎2f3(a49)＋‎2f3(a74)＝2sin－sin>2sin－sin＝－＝>1.因此I260n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．‎ ‎【解析】‎ ‎(1)设数列{an}的公差为d，依题意，2,2＋d,2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.‎ 当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，‎ 从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.‎ ‎(2)当an＝2时，Sn＝2n.显然2n<60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．‎ 当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.‎ 令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.‎ ‎10.（2014广东，14分）设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.‎ ‎(1)求a1，a2，a3的值；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ ‎【解析】‎ ‎(1)由Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，取n＝1,2得　①‎ 又S3＝15，∴a1＋a2＋a3＝15，‎ ‎∴a3＝15－(a1＋a2)．　②‎ 联立①②解得a1＝3，a2＝5，a3＝7.‎ ‎(2)法一：当n>1时，由已知得 两式相减得2nan＋1＝(2n－1)an＋6n＋1，即2nan＋1－4n2－6n＝(2n－1)an－4n2＋1，‎ 即2n[an＋1－(2n＋3)]＝(2n－1)[an－(2n＋1)]，‎ 令bn＝an－(2n＋1)，则2nbn＋1＝(2n－1)bn，　③‎ 由(1)知b1＝b2＝0，则由③知bn＝0，‎ ‎∴an＝2n＋1，且n＝1时也成立，‎ 故an＝2n＋1，n∈N*.‎ 法二：由(1)猜想an＝2n＋1，下面用数学归纳法证明．‎ ‎①n＝1时，结论显然成立；‎ ‎②假设当n＝k(k≥1)时，ak＝2k＋1，‎ 则Sk＝3＋5＋7＋…＋(2k＋1)＝＝k(k＋2)．‎ 又Sk＝2kak＋1－3k2－4k，‎ ‎∴k(k＋2)＝2kak＋1－3k2－4k，‎ 解得2ak＋1＝4k＋6，‎ ‎∴ak＋1＝2(k＋1)＋1，即当n＝k＋1时，结论成立．‎ 由①②知，∀n∈N*，an＝2n＋1.‎ ‎11.（2014湖南，13分）已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.‎ ‎(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{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．‎ ‎【解析】‎ ‎(1)因为{an}是递增数列，‎ 所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.‎ 而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.‎ 又a1,‎2a2,‎3a3成等差数列，所以‎4a2＝a1＋‎3a3，因而3p2－p＝0，‎ 解得p＝或p＝0.‎ 当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝.‎ ‎(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.　①‎ 但<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.　②‎ 由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝2n－1＝.　③‎ 因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故 a2n＋1－a2n＝－2n＝.　④‎ 由③④即知，an＋1－an＝.‎ 于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)‎ ‎＝1＋－＋…＋ ‎＝1＋· ‎＝＋·.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝＋·。‎ ‎12.（2014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Sn＝am，则称{an}是“H数列”．‎ ‎(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列”；‎ ‎(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.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an＝bn＋cn(n∈N*)成立．‎ ‎【解析】(1)证明：由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.‎ 所以{an}是“H数列”．‎ ‎(2)由已知，得S2＝‎2a1＋d＝2＋d.‎ 因为{an}是“H数列”，‎ 所以存在正整数m，使得S2＝am，‎ 即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.‎ 因为d<0，所以m－2<0，故m＝1.从而d＝－1.‎ 当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝是小于2的整数，n∈N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am，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an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．‎ 令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*)．‎ 下面证{bn}是“H数列”．‎ 设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝a1(n∈N*)．于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝，使得Tn＝bm，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an＝bn＋cn(n∈N*)成立．‎ ‎13.（2014天津，14分）已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0,1,2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1,2，…，n}．‎ ‎(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；‎ ‎(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1,2，…，n.证明：若an0)，因为所有AnBn平行且a1＝1，a2＝2，所以S梯形AnBnBn＋1An＋1＝S梯形A1B1B‎2A2＝‎3m，当n≥2时，＝＝＝，‎ 故a＝a，‎ a＝a，‎ a＝a，‎ ‎…‎ a＝a，‎ 以上各式累乘可得：a＝(3n－2)a，因为a1＝1，‎ 所以an＝.‎ ‎16．（2013北京，14分）设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.‎ ‎(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＋＋…＋<.‎ ‎【解析】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，2S1＝a2－－1－，又S1＝a1＝1，所以a2＝4.‎ ‎(2)当n≥2时，2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，‎ ‎2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，‎ 两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，‎ 整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即－＝1，又－＝1，‎ 故数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，‎ 所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.‎ ‎(3)证明：当n＝1时，＝1<；‎ 当n＝2时，＋＝1＋＝<；‎ 当n≥3时，＝<＝－，此时 ＋＋…＋＝1＋＋＋＋…＋<1＋＋＋＋…＋＝1＋＋－‎ eq f(1,n)＝－<.‎ 综上，对一切正整数n，有＋＋…＋<.‎ ‎17．（2013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an＋1，an＋2, …的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.‎ ‎(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n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；‎ ‎(2)设d是非负整数．证明：dn＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；‎ ‎(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1,2,3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.‎ ‎【解析】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)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.‎ ‎(2)证明：(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤…，‎ 因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－aa＋1＝－d(n＝1,2,3…)．‎ ‎(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，所以An＝Bn＋dn≤Bn，又an≤An，an＋1≥Bn，‎ 所以an≤an＋1，‎ 于是，An＝an，Bn＝an＋1，‎ 因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，‎ 即{an}是公差为d的等差数列．‎ ‎(3)证明：因为a1＝2，d1＝1，‎ 所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.‎ 故对任意n≥1，an≥B1＝1.‎ 假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．‎ 设m为满足am＞2的最小正整数，‎ 则m≥2，并且对任意1≤k＜m，ak≤2.‎ 又a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am＞2.‎ 于是，Bm＝Am－dm＞2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}≥2.‎ 故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，与dm－1＝1矛盾．‎ 所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.‎ 因为对任意n≥1，an≤2＝a1，‎ 所以An＝2.‎ 故Bn＝An－dn＝2－1＝1.‎ 因此对于任意正整数n，存在m满足m＞n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1. ‎ ‎18．（2012福建，4分）数列{an}的通项公式an＝ncos＋1，前n项和为Sn，则S2 012＝________.‎ ‎【答案】3 018‎ ‎【解析】∵an＝ncos＋1，∴a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝6，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝6，k∈N，故S2 012＝503×6＝3 018.‎ ‎19．（2011福建，13分）已知等比数列{an}的公比q＝3，前3项和S3＝.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若函数f(x)＝Asin(2x＋φ)(A＞0,0＜φ＜π)在x＝处取得最大值，且最大值为a3，求函数f(x)的解析式．‎ ‎【解析】(1)由q＝3，S3＝，‎ 得＝，解得a1＝.‎ 所以an＝×3n－1＝3n－2.‎ ‎(2)由(1)可知an＝3n－2，所以a3＝3.‎ 因为函数f(x)的最大值为3，所以A＝3；‎ 因为当x＝时f(x)取得最大值，‎ 所以sin(2×＋φ)＝1.‎ 又0＜φ＜π，故φ＝.‎ 所以函数f(x)的解析式为f(x)＝3sin(2x＋)‎