【数学】2020届一轮复习人教B版数列作业 8页

‎6、数列部分 ‎2018A 8、设整数数列满足，，且，，则这样的数列的个数为 ‎ ‎◆答案：‎ ‎★解析：记（），则有①‎ ‎②‎ 下面用表示中的项数。由②知，也是中的项数，其中，因此，的取法数为；接下来，确定，有种方式，最后由①知，应取使得为偶数，这样的的取法是唯一的，并且确定了整数的值，进而数列唯一对应一个满足条件的数列。‎ 综上可知，满足条件的数列的个数为。‎ ‎2018A一、（本题满分40分）设是正整数，，，均为正实数，满足：‎ ‎，，，且。‎ 证明：。‎ ‎★证明：记，则，（） ，记，则不等式即，要证成立，‎ 也就转化为证：。‎ 对于，及知，.‎ 由，则只需证 下面用数学归纳法证明之：‎ ‎①当时，不等式显然成立；‎ ‎②当时，,所以时也成立；‎ ‎③设时结论成立，即，‎ 则当时，‎ ‎（将看成一个整体，与一起替换时的做法一样可得）‎ 所以结论也成立。‎ 由数学归纳法可知，原命题成立。‎ ‎2018A三、（本题满分50分）设是正整数，满足，且，设是的元子集，证明：区间中的每个整数均可表示为，其中。‎ ‎★证明：用反证法。假设存在整数不可表示为，其中。作带余除法，其中.将按模的同余类划分成个公差为的等差数列，其中个等差数列有项，个等差数列有项.由于中没有两数之差为，故不能包含公差为的等差数列的相邻两项.从而①。‎ 由条件，我们有②‎ 又，故③‎ ‎⑴若是奇数，则由①知，④，结合②知，从而，‎ 再由是奇数得，于是，与③矛盾；‎ ‎⑴若是偶数，则由①知，⑤，结合②知 从而，得.再由是偶数得，‎ 于是，与③矛盾；‎ 综上，反证法得到的结论不成立，即原命题成立。‎ ‎2018B 4、在平面直角坐标系中，直线通过原点，是的一个法向量．已知数列满足：对任意正整数，点均在上．若，则的值为 ‎ ‎◆答案： ‎ ‎★解析:易知直线的方程为，因此对任意正整数，有，故是以为公比的等比数列.于是，由等比数列的性质知 ‎2017A 8、设两个严格递增的正整数数列，满足，对任意正整数，有， ，则的所有可能值为 ‎ ‎◆答案： ，‎ ‎★解析：由条件可知，，，均为正整数，且。由于，所以，重复使用的递推关系可得：‎ 因此，而，故 ‎①‎ 又，得，即②‎ 当时，①②即，，无解；‎ 当时，①②即，，解得，此时；‎ 当时，①②即，，解得，此时；‎ 综上所述，的所有可能值为，。‎ ‎2017B1、在等比数列中，，，则为 ‎ ‎◆答案： ‎ ‎★解析：数列的公比为，故.‎ ‎2017A二、（本题满分40分）设数列定义为，，‎ 求满足的正整数的个数 ‎★解析：由题意知，。假设对某个整数，有，我们证明对有，，。①‎ 对归纳证明。‎ 当时，由于，由定义知，，，故结论①成立；‎ 设对某个，结论①成立，则有定义知：‎ ‎，即结论①对也成立，‎ 由数学归纳法知，结论①对所有成立，特别当时，，从而。‎ 若将所有满足的正整数从小到大记为，则由上面的结论知，，（），由此可知：（），可得，由于，在中满足的共有个，即。‎ 由①可知，对每个，中恰有一半满足，由于与均为奇数，而在至中，奇数满足，偶数满足，‎ 其中偶数比奇数少个，因此满足的正整数个数为 ‎2018A 10、（本题满分20分）已知实数列满足：对任意正整数，有，其中表示数列的前项和。证明：‎ ‎⑴对任意正整数，有；‎ ‎⑵对任意正整数，有。‎ ‎★解析：⑴由于当时，，所以得，‎ 即（），又，所以，即。‎ 显然时，，又 所以对任意正整数，有；‎ ‎⑵当时，显然；下面考虑的情况，不妨设且，‎ 则，则有，，所以，，所以 ‎2018B 9、（本题满分16分）已知数列满足：，，，求满足的最小正整数。‎ ‎★解析:由可知，因此 即，显然单调递增，又 所以满足条件的最小为。‎ ‎2017B 10、（本题满分20分）设数列是等差数列，数列满足，‎ ‎（1）证明：数列也是等差数列；‎ ‎（2） 设数列、的公差均是，并且存在正整数，使得是整数，求的最小值。‎ ‎★解析：（1）设等差数列的公差为，则 所以数列也是等差数列.‎ ‎（2）由已知条件及（1）的结果知：，因为，故，这样 若正整数满足，则 ‎.‎ 记，则，且是一个非零的整数，故，从而.‎ 又当时，有，‎ 综上所述，的最小值为.‎ ‎2016B1、等比数列的各项均为正数，且则的值为 ‎ ‎◆答案：‎ ‎★解析：由于且故 另解：设等比数列的公比为，则又因 而，从而 ‎2016B 9、（本题满分16分）已知是各项均为正数的等比数列，且是方程的两个不同的解，求的值．‎ ‎★解析：对，有即 因此，是一元二次方程的两个不同实根，从而 即 由等比数列的性质知，‎ 化简得 解得，而，故．‎ 若，则； ‎ 若，则；‎ 但存在，故．于是不可能．‎ 从而，即．‎ 所以，‎