历年高考文科数学真题分离专题训练专题六数列第十八讲数列的综合应用答案

1、专题六数列第十八讲数列的综合应用答案部分1. B【解析】解法一 因为lnx&x 1(x 0),所以a1 a2 a3 a4ln(ai a? a3) ai a2 a3 1 ,所以a4w 1 ,又a1 1,所以等比数列的公比q 0 .2右 q w 1,则 aa2a3a4ai (1 q)(1 q) x 1 ,a1 a2a3a4ln(a1 a2 a3),所以 ea1 a2 a3 a4a1 a2a3) &a2a3a4 1,贝Ua4 w1 ,又& 1,所以等比数列的公比 q 0. 2右 q w 1,则 aa2a3a4ai (1 q)(1 q) a1 1 ,所以ln(a1a2a3) 0与 ln(a1 a2 a

2、3)a1a2a3a400 矛盾，所以1q 0,所以 a1 a38(1q2) 0, a2a4aq(1 q2)0,所以a1 a3, a2 a4,故选B.2. A【解析】对命题p： a1,a2,|,an成等比数列，则公比 q -a(n 3)且a0 0； an 1对命题q ,当 an0 时，(a1a2M an1)(a2 a3 Ian)(a1a2a2a3an 1 an)成立;当an0时，根据柯西不等式，等式(a1 a? M| 4 i)(a2 a3an) (a1a2 a2a3anan)成立，a-,aoa则,所以&e2,| a成等比数列，a2a3an11所以p是q的充分条件，但不是 q的必要条件. 223.

3、 A【解析】a2,a4, a8成等比数列，a4a2 a8,即(a16)(a2)(a114),解得a1 2,所以Sn n(n 1).4. B【解析】x) x2在0,1上单调递增，可得 f1(a1) a。) 0,az) aj 0,，g) g) 0, I1 IWa) f1(a0)l 孑)劣)1孑)G(a98)l99、2 八 ,aj力户耳)Gdg)用凝尸胡)=(菰)-0=199c 49 50 f2(x) 2(x x2),在0,49上单调递增，在50,1单调递减 9999 f2(ai)f2(a。)0,，f2(a49)f2”48)0,fa)fa)0,f2 (a51 )f 2 ( a50 )0,，f2 (a

4、99)f2 (a98)0 I2 |f2(ai) f2(a0)I I f2(a2) 2(*1I 2(299)f2(a98)I=f2(a49)f2(a0)f2(a99)f2(a50) =2 f 2(a50)f2(a0)f2(a99).50 小 50、 9800 /=4(1)19999980112450 74,25 4975f3(x) 1|sin2x|在0,刍，50,二上单调递增，在25,竺,75,1上单调 39999 9999 9999一,_249递减，可得 I3 2f3(a25) 2f3(9) 2f3(a74 = -(2sin sin)39999(2sin sin 一)3121222x6Ji22

5、 6 .2、.6 3、. 2因此 I 2 I1 I3 .5. 27【解析】所有的正奇数和2n (n N*)按照从小到大的顺序排列构成 an,在数歹Uan5 - _5_6,一_中，2刖面有16个正奇数，即a212 ,a38 2.当n 1时，S11 12a224,不符合题意；当n 2时，S2 3 12a3 36,不符合题意；当n 3时，S3 6 12a4 48,不符合题意；当n 4时，S4 10 12a5 60 ,不符合题意；21 (1 41) 2 (1 25)当 n 26时，S26 -=441 +62= 503 12a28 =540,符合题21 2意.故使得Sn 12an1成立的n的最小值为27

6、.226 .-,1【解析】由题可得，(a12d)(&d)(&6d),故有3a12d 0,又因为32a1 a2 1,即 3a1 d 1,所以 d1,a1 -.327 . 64【解析】由a1 1且a1，a2,a5成等比数列，得 aja 4d) (a1 d),解得d 2 ,8 7 . 故 S8 8a1 d 64.28 . 西【解析】设 a2 t ,则1 w t w q w t 1 w q2 w t 2 w q3,由于t1 ,所以q maxt, 1_1,3/t_2,故q的最小值是 的.E 一*.一因此k N ,所以k 4.n 19 .【解析】(1)由条件知：an (n 1)d ,bn 2.因为|an

7、bn性b1对n=1, 2, 3, 4均成立,即 |(n 1)d 2n 1 |w 1 Xn=1, 2, 3, 4 均成立，75即 1 w 1, 1 d 3, 3 2d 5, 70 3d & 9,得一w d W 32因此，d的取值范围为-,5.3 2n 1(2)由条件知：an b (n 1)d ,bn biq .若存在d ,使得|an bn | b(n=2, 3,，m+1)成立,n 1 . 一._ 一即 |b1 (n 1)d biq| b(n=2, 3,，m+1),n 1n 1即当 n 2,3,|,m 1 时，d 满足 q2b d qbi .n 1n 1因为 q(1,72，则1 qn 1qm2,n

8、 1n 1从而 q2bl0,b1n 1n 10 ,对 n 2,3,|U，m 1 均成立.因此，取d =0时，|ann 2,3,HI，m 1).n n 1 n cn(q q ) q 2n(n 1)bn | b1 对 n 2,3,|,m 1 均成立.n 1n 1卜面讨论数列q2的最大值和数列一的最小值(n 1n 1nn 1n n n 1当 2 n m时，- q2 nq qnq_2n n 1n(n 1)1当 1 q 2m 时，有 qn qm 2 ,从而 n(qn qn 1) qn 2 0.n 1 O因此，当2nm 1时，数列q2单调递增， n 1n 1m故数列q2的最大值为q2.n 1m设 f(x)

9、 2x(1 x),当 x 0 时，f(x) (ln2 1 xln2)2x 0,所以f(x)单调递减，从而f (x)f(0) 1 .当2 n m 时，一 q(n 1) 2吊(1 1) f(1) q nn nn 1n 1因此，当2 n m 1时，数列q一单调递减，n 1n 1m故数列q的最小值为q-.n 1mm m因此，d的取值范围为曳q一2),%-. m m10【解析】(I)用数学归纳法证明：xn 0当 n 1 时，x1 1 0假设n k时，xk0 ,那么 n k 1 时，若 xk 1 0 0 ,则 0 xk xk 1 ln(1 xk 1) 0)函数f (x)在0,)上单调递增，所以f(x) f

10、 (0) =0,因此 x21 2xn 1(xn 1 2)ln(1xnf(xn 1)0故 2xn 1 xn 1xn得xn 12(-xn2)1所以xn12(xn 112)12)2n综上,?(n11 【解析】证明：(1)因为an是等差数列，设其公差为d ,则 ana1(n 1)d ,从而，当n4时，ank an ka1(n k 1)da1 (n k 1)d所以an 3 an因此等差数列2 al2(n 1)d2烝，k 1,2,3,2+an 1+an 1 an 2+an 36an，an是P(3)数列”(2)数列an既是P(2)数列“，又是“P(3)数列”，因此,当 n 4 时，an 3 an 2 an

11、1 an 1 an 2 an 3 6an .由知，an 3an24an1 Hn 1),an 2an3%n1n1 An ),将代入，得an 1 an 1 2an,其中n 4,所以a3,a4,a5, J”是等差数列，设其公差为 d.在中，取n4,则 a2a3a5%4a4,所以a2a3d,在中，取n3 ,则aa2a4a54a3,所以aa22d,所以数列an是等差数列.12 .【解析】(I )由已知，Sn -1 一 qSn -1,Sn-2 qS-1 1, 两式相减得到 an- 2 qai- 1, n A 1 . 又由S2二qS -1得到a2二qa1，故an_二q4对所有n) 1都成立.所以，数列an是

12、首项为1,公比为q的等比数列.从而an=qn-1 .由a2, a?, a2 + a3成等差数列，可得 2%=a2 a2 1 %,所以a3 =2a?,故q=2 .所以 an 二2n-1(n n*).(n)由(I)可知，an 二 qn-1.2 .所以双曲线x24 1的离心率en二4尸07二斤彳”. an由e2 41 + q? 2解得q . V3 .所以,e2 122 +1,1一屋二(1-1)一 (1+q2)MI_1 q2(11)二口储+十1)二 n+q 二七-1).13.【解析】(1)由题意得:aa2a22ala1a2又当 n 2 时，由 &1 an(2Sn 1) (2Sn 1 1) 2%,得 a

13、n 1 3an,所以，数列an的通项公式为an 3 ,n N .(2)设 bn |3n 1 n 2|, n N* , b 2也 1.当 n 3时，由于 3n1 n 2,故 bn 3n 1 n 2,n 3.设数列bn的前n项和为Tn ,则Ti 2工 3.当 n 3时，Tn 3 9(1 3n 2) 1 32,n 1所以，Tn3n n2 5n 11,n214.【解析】(I)设an的公差为d ,(n 7)(n 2) 3n n2 5n 1122* .2,n N则由已知条件得- 一3/ 29- 一 3a + 2d 二 2,3a1 + - d = 5,化间得 a1 + 2d 二 2,a1 + d 二万,-1

14、斛得 a1 1, d -.2，,一n 1n+1故通项公式an=1+n,即an = LJ.22 15+1(n)由(i)倚 =1, b4=a15 = 二8.设4的公比为q ,则q3 b 8,从而q二2. bi故bn的前 n 项和 Tn ：b1（1|qn）：1X（12n）：2n-1.1|q 1|215【解析】（I）设数列an的公比为q,数列bn的公差为d,由题意q 0,由已知，一 2 一 一, 2q 3d 2.有 4,消去d,整数得q4 2q2 8 0,又因为q0,解得q 2,d 2,q4 3d 10,所以an的通项公式为an 2n 1,n N，数列bn的通项公式为bn 2n 1,n N .n 1（

15、n）解：由（i）有 cn2n 1 2，设cn的前n项和为Sn ,则Sn 1 2； 3 21 5 22 I 2n 1 2n 1,2Sn 1 21322523 2n12n,两式相减得Sn 122233 2n2n 12n2n 3 2n 3,所以 Sn2n 3 2n 3.16.【解析】(l)由已知Sn 2an a1，有an Sn Si 1 = 2an 2an1(n2),即 an 2an 1 (n 2),从而 a2 2a1, a3 2a2 4a1 .又因为a1 , a2 +1 , a3成等差数列，即 a1 + a3 = 2( a2 + 1),所以 a1 + 4a1 = 2(2a1 + 1),解得 a1

16、= 2.所以，数列an是首项为2,公比为2的等比数列，故an 2n.（n）由（i）得11 an 2n1所以Tn =一21121(2)n17【解析】（I）由题意有,10a1 a1d45d2,12100,解得a1 d1,2,a1或d9,2.9an故bn2n2n1，7或anbn()由1,知an2n1,bnn 12 ，故 CnTn5227239242n 12n 1，12Tn2227242n 12n2a1a1d1(2n 929 (-) 99d 20,2,79),可得12212n 22n2n2n218【解析】(I) d 2,Si aS 2ai d 4a1 6d,Sl,S2,S4成等比s2gs4解得 a1

17、1, an 2n 1(n) bn( i)n1/n-( 1)n1(,anan 12n 1 2n 1当n为偶数时Tn1(1 3) (1Tn 1 A2n 3 2n 12n5 712n 112n1)当n为奇数时,2n 1 1Tn (1 3) (.1Tn(2n 32n 23 5)(1 、.2n 1)(2n2n 1 2n 1Tn2n2n 12n 22n 1,n为偶数,n为奇数19.【解析】(i)由题意，aa2an2 bn n知a3b3 b2我 8,又由a1IIIHI，b3(qb26,所以数列 an的通项公式为an 2n(n N ),n n 1所以 a1a2a31“an2 2故数列bn的通项公式为,bn n

18、 n 1 (n N )；(n N ), 111(n) (i)由(i)知， cn -an bn 2n11所以 Sn 4(n N );n n 12n(ii)因为 C|0, C20,c30,c4 0 ；当n 5时,1 ，2n.n n 1而2nn 1 n 22n 1n 1 n 22n 10,于是 %a1 (a2al) (a3 a2) (an an 1)/日 n n 1得2n所以当n 5时,cn0,综上对任意n N恒有S4Sn,故 k20【解析】(I)因为 斗 是递增数列，所以an 1 an an 1 anpn。而a1 1,因此又a1，2a2,3a3成等差数列，所以 4a2 a1 3a3,因而3p2 p

19、 0,1斛信p , p 031当p 0时，an1 an,这与an是递增数列矛盾。故 p -.3(n)由于 a2nl是递增数列，因而a2nl a2nl 0,于是(a2n 1a2n)(a2na2n 1 )011但尹广，所以a a a a2n 1 2n 2n 2n 1又，知，a2n a2nl 0,因此a2na2n 1(2)2n 1(1)2n22n 1因为a2n是递减数列，同理可得，a2n 1a2n 0故a2n 1a2n2n12(1)2n 122n由，即知,an 1 an(1)n 12n故数列21 【解析】(1)n2n 11、n 12)121)nn 1an的通项公式为an(1)n2n 1(I )点(a

20、n,bn)在函数f(x)x2的图象上，所以bn 2an,又等差数列an的公差为d ,所以2T-2an 1 an 2dbn2an因为点(%,4b7)在函数f(x)的图象上，所以4b7 2a8 b8,所以2d -b8- 4 d 2 by又 a12,所以 Sn na1 n(-1d2n n2 n n2 3n2(n)由f(x) 2xf (x) 2xln2,函数f(x)的图象在点(a2,)处的切线方程为yb2(2a2 In 2)( xa2)所以切线在x轴上的截距为a211 一 1,从而a2 2 ，故a2 2In 2In 2 In 2从而 an n, bn2n, bn手T123 Tnn22223 1 - 1

21、2n1 2Tn123 t n222324 , I?n 11所以1 Tn2 n1 1 1 1T2 2223 24 1 ,12n2n 1n 22n 1故Tnn 22n22【解析】(I)当 n2时，an Sn Sn1 2n 2n 1 2n1当n 1时，a，n 1 时，S, a1 ,当 n2时，Snam, an是 “H 数列”n(n 1 n(n 1(n ) Sn nai d d n d22对 nN, mN使 Sna,即 n吗 1)d1(m 1)d取 n 2得 1 d(m1)d ,m2 ；1 d 0 , m2 ,又 mN ,. . m1 , . . d1.(出)设a。的公差为d令 bn a (n1)a

22、(2n)a ,对 n N , bn 1 bnacn (n 1)(4d),对n N , cn 1 cn a d则 bn cn a(n 1)dan ,且bn ,cn为等差数列bn的前 n 项和 Tn na1 吗)(aj,令 Tn (2 m)a ,则 m n(n2 3) 2当n 1时m 1 ;当n 2时m 1;当n3时，由于n与n 3奇偶性不同，即n(n 3)非负偶数，m n因此对 n,都可找到m N ,使Tn bm成立，即bn为“H数列”.cn的前n项和Rn)(4 d),令cn(m1)。d)Rm,则m吗2);对nn , n(n 1)是非负偶数，mN即对nN ,都可找到m N ,使得Rcm成立，即c

23、n为“H数列”因此命题得证.23.【解析】(I)由a1 2 , a? a4 8f(x) (an an 1an 2)x an 1 cosx - an 2 sin xf (x)an - an 1an 2 - an 1sin x-an 2 cosxf(-)an - an 1an 2 - an 1所以，2an 1 anan 2an是等差数列.而42, a3 4, d 1,an2 (n-1) 1 n 1 ,(n)bn2( an12n 1 八 12(n 1)2nSn2(2 n1) n1 /1、-1n)22n1-122 L 2a2 5,a2 4a1 5, ( an 0 a2 ，4a( 54 n 11, 4a

24、n 4& 40 1 a21a2 4(,an 0 an 1 an 2/1二 n(n 3)1-2nn2 3n 1-2n24【解析】(I)当n 1时，4a1(n)当 n 2时，4Sn 1 a2222an 1 an 4an 4 an 2当n 2时，%是公差d 2的等差数列；a2,a5,a14构成等比数列,2a52a2 a14,a28a2a2解得a2 3.2由(l)可知，4a1 a2 5=4,41;a2 a1 3 1 2%是首项a1 1,公差d 2的等差数列数列an的通项公式为an 2n 1.（出）1a2a31111anan 11 3 3 5 5 712n 1 2n 1112n 1 2n 10 .由题意

25、得1 d 11 111233 55 71111 -2 2n 1225.【解析】（I）设数列an的公比为q ,则a1 0, qS2 s4 S3 S2,a2 a3 a418,2aq aq(13aq2 q q2 aq ,18,解得a13,q 2.故数列an的通项公式为an 3(2)n 1（n）由（i）有 s3 1 ( 2)n1 ( 2)2)n.若存在n,使得S 2013,贝U 1 ( 2)n 2013 ,即(2)n2012.当n为偶数时，（2）n 0,上式不成立;当n为奇数时，（2）n2n2012 ,即 2n 2012 ,则 n11.综上，存在符合条件的正整数n,且所有这样的n的集合为nn2k 1,

26、 k N,k 5.26.【证明】bn* .一 _n N ,又由题Snnan(n 1)d2，bn团 ad,n 2bn 1bnbn是等差数列，首项为a,公差为1d ,2d ,.一，(d20)，又 h, b2,b4成等比数列,b2b1b4 ，d 2(a 2)a(a3dT)add2阳、一 a（争”d 0, d 2a,Sn_2_n a ,Snk(nk)2 a2 2n k a,n2Skn2k2_a ,Snk2*n Sk ( k,n N ),（n）由题bnn22a (n2(n2）d,若bn是等差数列，则可设 c）bnxyn , x,y是常数,n22a(n 1)d22(n2 c)x yn关于n N恒成立.整理

27、得:(d 2y)n3 (2a d 2x)n22cyn 2cx 0关于n N恒成立.d2y 0,2a d 2x0,2cy 0,2cx 0,d 2y 0,2a 2x d, cy 0,cx 0c 0.27【解析】（I）由已知得:5a1a110d 105,9d 2(a1 4d),解得 a1 7,d 7,所以通项公式为an(n1) 7 7n.(H)由 an 7n 72m,得r2m 12m 17,即 bm72m 1,/ b 492m 149 )bk 7，bm是公比为49的等比数列, Sm7(1鲁3)28【解析】（I）由题意得a12000(1 50%) d 3000 d ,3.a2 ai(1 50%) d

28、- ai d ,3an 1 an(1 50%) d -an d .2 3(n)由(i)倚 an an 1 d/3 2(2) an 23d 2d) d3/3二(二 an 22 2/3、n 1(-)ai2HIIII (2)n. 一33 -整理得an () (3000 d) 2d ()122(3)n 1(3000 3d) 2d .23由题意，an 4000, ( ) (3000 3d) 2d 4000, 2解得d(3)n 210002(3)n 121000(3n 2n 1)n n32故该企业每年上缴资金d的值为缴n n 1、1000(32 )时，经过m（m 3）年企业的剩余资金为4000元.229【

29、解析】（I）由Sn = 2n当 n=1 时，a1 S13；当 n 2 时，an Sn Sn1 2n22(n 1)2 (n 1)由 an 4log 2 bn 3 ,得 bn2nn 1*(n)由(1)知 anbn (4n 1) 2 , n N所以 Tn37211224n12n 1 ,2Tn 327221123.4n12n ,2Tn Tn4n12n34(222.2n 1)(4n 5)2 n 5 n*Tn (4n 5)25, n N .30.【解析】：（I）由 a3+a4+a5=84,a5=73 可得 3a484,a428,而 a9=73,贝U5da9 a4 45,da4 3d 2827 1是an 1

30、(n 1)9n8,即 an 9n（n）对任意9m9n2m8 9,则2m9n 98,即 9m 1 892mn 9由题意可知bm92m是 Smb1b2bm919392m 1(90 919m 1)9 92m 11 9m92m 19m 192m 1 10 9m 192m 1 1即Sm31 【解析】928080809m，8an 1所以数列92m 19m80I）由题意知2 bnanananbnbn2bnan2 bnanbn 12， bnanbn 1an 1bnan1(n(n) an 0,bnanbn是以为公差的等差数列.(an bn)2,从而1 an 1anbna2b2nn(*)设等比数列an的公比为q

31、,由an 0,知q 0,下证q 1 .若 q1 ,则 a12a?（ J2 .故当 n logq , an 1aqnJ2 ,与（*）矛盾;q 、a1a1n . .右0q 1,则a1 a? 1.故当 n log q , an 1a1q1,与（*）矛盾；qai综上：q 1故an a1，所以1备&近.则-2a1a1a12a1又bn1 J2坛 bn,所以bn是以公比为Y2的等比数列，若 司 J2,& b1,于是 bib2b3,又由 a1.) , n N ,得 bn.abn所以b1,b2,b3中至少有两项相同,矛盾.所以a1a1 an/2 a；五a12 1，所以a1b,板.32.【解析】（I ）由bn3

32、( 1)n2可得bn2,n为奇数,1,n为偶数,又bnanbnan 12 n 1,1 时,a2 a21,由a12,可得a232;2 时,2a2 a35,可得a38.(n)证明：对任意a2n 12n2a2n22a2na2n 122n-，得 a2n 1 a2n 13 22n1,即 cn22n1,于是汩4 cn所以cn是等比数列。（出）证明：a12,由（n）知，当 k N*且k 2时,a2k 1al(a3ai )(a5a3 ) (a7a5)I( (a2k1 a2k 3)3c52k 32(14)7k 12 3(2 222) 2 3-2*2k 1故对任思kN ,a2kl2由得22k 1 2a2k22k1

33、 1,所以 a2k 3 22k h N因此，s2k(a1 a2) (a3 a4)I” (a2k1 a2k) .于是，S2k1 S2k a2k ?22kl.k 1 o2k 1k故 S2k 1S2k222202k 11a2k 1a2 k2122k 12k 122k k1 k 1 -n:2214k4k(4k 1)3 ( 1)n .*33【解析】(I)由bn -,n N，可得bn1,n为奇数2,n为偶数又 bnanan 1bn 1an 20,3;当 n 1 时，a1 a2 2a3当 n 2 时，2a2 a3 a4 0 ,可得 a45 ;当 n 3时，a3 a4 2a5 0,可得 a5 4；(n)证明：

34、x任意na2n 1a2n2a2n 10,2a2na2na2n 20,a2n 1a2n2a2n0,一，得a2na2n 3-将代人，可得a2n 1 a2n 3(a2n 1 a2n 1 )* 一即 Cn 1Cn(n N )又 C1a1 a31,故 Cn0,因此c_11,所以g是等比数列.党k(出)证明：由(II)可信 a2k 1 a2k 1( 1),于是，对任意kN*且k2 ,有ai a31,(a3 a5)1,a5a71,I(1) (a2k 3 a2k 1)1.k将以上各式相加，得 a1 ( 1) a2k 1 (k 1),k 1即 a2k 1( 1) (k 1),此式当k=1时也成立.由式得a2k( 1)k1(k 3).从而 S2k(a2a)(a6 a8)(a4k 2 Ek)k,S2k 1S2k a4kk 3.所以，对任息n N , n 2 ,4n Skn (S4m 3S4m 2S4m 1k 1 akm 1 a4m 3a4m2a4m 1蚪a4mn (2m 2 2m 1m 1( 2m 2m 22m 3 2m ) 2