江苏省高考数学二轮复习 专题五 数列 第25讲 数列的综合应用练习-人教版高三数学试题

第25讲数列的综合应用eq\a\vs4\al(课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角)1．(2019·苏州期中)已知数列{an}的通项公式为an＝5n＋1，数列{bn}的通项公式为bn＝n2，若将数列{an}，{bn}中相同的项按从小到大的顺序排列后看作数列{cn}，则c6的值为________．解析：设am＝bk，则有5m＋1＝k2，即，因为m是正整数，所以k＋1或k－1是5的整数倍，设k＋1＝5t或k－1＝5t，即k＝5t－1或k＝5t＋1，所以k＝4,6,9,11,14,16,19,21，…，所以c6＝162＝256.答案：2562．在等差数列{an}中，首项a1＝3，公差d＝2，若某学生对其中连续10项进行求和，在漏掉一项的前提下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为________．解析：由已知条件可得数列{an}的通项公式an＝2n＋1，设连续10项为ai＋1，ai＋2，ai＋3，…，ai＋10，i∈N，设漏掉的一项为ai＋k,1≤k≤10，由eq\f(ai＋1＋ai＋10×10,2)－ai＋k＝185，得(2i＋3＋2i＋21)×5－2i－2k－1＝185，即18i－2k＝66，即9i－k＝33，所以34≤9i＝k＋33≤43,3<eq\f(34,9)≤i≤eq\f(43,9)<5，所以i＝4，此时，由36＝33＋k得k＝3，所以ai＋k＝a7＝15，故此连续10项的和为200.答案：2003．已知数列{an}中，对任意的n∈N*，若满足an＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝s(s为常数)，则称该数列为4阶等和数列，其中s为4阶公和；若满足an·an＋1·an＋2＝t(t为常数)，则称该数列为3阶等积数列，其中t为3阶公积．已知数列{pn}为首项为1的4阶等和数列，且满足eq\f(p4,p3)＝eq\f(p3,p2)＝eq\f(p2,p1)＝2；数列{qn}为公积为1的3阶等积数列，且q1＝q2＝－1，设Sn为数列{pn·qn}的前n项和，则S2020＝________.解析：由题意可知，p1＝1，p2＝2，p3＝4，p4＝8，p5＝1，p6＝2，p7＝4，p8＝8，p9＝1，p10＝2，p11＝4，p12＝8，p13＝1，…，又{pn}是4阶等和数列，因此该数列将会照此规律循环下去，同理，q1＝－1，q2＝－1，q3＝1，q4＝－1，q5＝－1，q6＝1，q7＝－1，q8＝－1，q9＝1，q10＝－1，q11＝－1，q12＝1，q13＝－1，…，又{qn}是3阶等积数列，因此该数列将会照此规律循环下去，由此可知对于数列{pn·qn}，每12项循环一次，易求出p1·q1＋p2·q2＋…＋p12·q12＝－15，故S2020＝－15×168－1－2＋4－8＝－2527.答案：－25274．若无穷数列{an}满足：a1≥0，当n∈N*，n≥2时，|an－an－1|＝max{a1，a2，…，an－1}(其中max{a1，a2，…，an－1}表示a1，a2，…，an－1中的最大项)，有以下结论：①若数列{an}是常数列，则an＝0(n∈N*)；②若数列{an}是公差d≠0的等差数列，则d＜0；③若数列{an}是公比为q的等比数列，则q＞1；④若存在正整数T，对任意n∈N*，都有an＋T＝an，则a1是数列{an}的最大项．其中正确结论的序号是________(写出所有正确结论的序号)．解析：①若数列{an}是常数列，则|an－an－1|＝max{a1，a2，…，an－1}＝0，所以an＝0(n∈N*)，①正确；②若数列{an}是公差d≠0的等差数列，则|an－an－1|＝max{a1，a2，…，an－1}＝|d|，所以an有最大值，因此an不可能递增且d≠0，所以d＜0，②正确；③若数列{an}是公比为q的等比数列，则a1＞0，且|a2－a1|＝a1＝|q－1|a1，所以|q－1|＝1，所以q＝2或q＝0，又因为q≠0，所以q＝2，所以q＞1，③正确；④若存在正整数T，对任意n∈N*，都有an＋T＝an，假设在a1，a2，…，aT中ak最大，则a1，a2，…，an中都是ak最大，则|a2－a1|＝a1，且|aT＋2－aT＋1|＝ak，即|a2－a1|＝ak，所以ak＝a1，所以a1是数列{an}的最大项，④正确．故答案为：①②③④.答案：①②③④5．(2019·南通一调)在正项等比数列{an}和正项等差数列{bn}中，已知a1，a2019的等比中项与b1，b2019的等差中项相等，且eq\f(1,b1)＋eq\f(4,b2019)≤1，当a1010取得最小值时，等差数列{bn}的公差d的值为________．解析：由已知得，a1010＝eq\r(a1a2019)＝eq\f(b1＋b2019,2)≥eq\f(b1＋b2019,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)＋\f(4,b2019)))＝eq\f(5,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2019,2b1)＋\f(2b1,b2019)))≥eq\f(5,2)＋2eq\r(\f(b2019,2b1)·\f(2b1,b2019))＝eq\f(9,2)，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)＋\f(4,b2019)＝1，,\f(b2019,2b1)＝\f(2b1,b2019)))即b1＝3，b2019＝6时取等号，此时公差d＝eq\f(b2019－b1,2019－1)＝eq\f(3,2018).答案：eq\f(3,2018)6．若数列{an}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{an}为“等比源数列”．(1)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－1.①求{an}的通项公式；②试判断{an}是否为“等比源数列”，并证明你的结论．(2)已知数列{an}为等差数列，且a1≠0，an∈Z(n∈N*)．求证：{an}为“等比源数列”．解：(1)①由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)，且a1－1＝1，所以数列{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an－1＝2n－1.所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋1.②数列{an}不是“等比源数列”，用反证法证明如下：假设数列{an}是“等比源数列”，则存在三项am，an，ak(m<n<k)按一定次序排列构成等比数列．因为an＝2n－1＋1，所以am<an<ak，所以aeq\o\al(2,n)＝amak，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，即22n－2＋2×2n－1＋1＝2m＋k－2＋2m－1＋2k－1＋1，两边同时乘以21－m，得到22n－m－1＋2n－m＋1＝2k－1＋1＋2k－m，即22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1，又m<n<k，m，n，k∈N*，所以2n－m－1≥1，n－m＋1≥1，k－1≥1，k－m≥1，所以22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m必为偶数，不可能为1.所以数列{an}中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列．综上可得，数列{an}不是“等比源数列”．(2)证明：不妨设等差数列{an}的公差d≥0.当d＝0时，等差数列{an}为非零常数数列，数列{an}为“等比源数列”．当d>0时，因为an∈Z，则d≥1，且d∈Z，所以数列{an}中必有一项am>0.为了使得{an}为“等比源数列”，只需要{an}中存在第n项，第k项(m<n<k)，使得aeq\o\al(2,n)＝amak成立，即[am＋(n－m)d]2＝am[am＋(k－m)d]，即(n－m)·[2am＋(n－m)d]＝am(k－m)成立．当n＝am＋m，k＝2am＋amd＋m时，上式成立．所以{an}中存在am，an，ak成等比数列．所以数列{an}为“等比源数列”．7．(2019·苏锡常镇调研)定义：若有穷数列a1，a2，…，an同时满足下列三个条件，则称该数列为P数列．①首项a1＝1；②a1＜a2＜…＜an；③对于该数列中的任意两项ai和aj(1≤i≤j≤n)，其积aiaj或商eq\f(aj,ai)仍是该数列中的项．(1)问等差数列1,3,5是不是P数列？(2)若数列a，b，c,6是P数列，求b的取值范围；(3)若n＞4，且数列b1，b2，…，bn是P数列，求证：数列b1，b2，…，bn是等比数列．解：(1)∵3×5＝15，eq\f(5,3)均不在此等差数列中，∴等差数列1,3,5不是P数列．(2)∵数列a，b，c,6是P数列，所以1＝a＜b＜c＜6，由于6b或eq\f(6,b)是数列中的项，而6b大于数列中的最大项6，∴eq\f(6,b)是数列中的项，同理eq\f(6,c)也是数列中的项，考虑到1＜eq\f(6,c)＜eq\f(6,b)＜6，于是eq\f(6,c)＝b，eq\f(6,b)＝c，∴bc＝6，又1＜b＜c，所以1＜b＜eq\r(6)，综上，b的取值范围是(1，eq\r(6))．(3)证明：∵数列{bn}是P数列，所以1＝b1＜b2＜b3＜…＜bn，由于b2bn或eq\f(bn,b2)是数列中的项，而b2bn大于数列中的最大项bn，∴eq\f(bn,b2)是数列{bn}中的项，同理，eq\f(bn,b3)，eq\f(bn,b4)，…，eq\f(bn,bn－1)也都是数列{bn}中的项，考虑到1＜eq\f(bn,bn－1)＜…＜eq\f(bn,b2)＜bn，且1，eq\f(bn,bn－1)，…，eq\f(bn,b2)，bn这n个数都是共有n项的增数列{bn}中的项，∴eq\f(bn,bn－1)＝b2，…，eq\f(bn,b2)＝bn－1，从而bn＝bibn＋1－i(i＝1,2，…，n－1)，①又∵bn－1b3＞bn－1b2＝bn，所以bn－1b3不是数列{bn}中的项，∴eq\f(bn－1,b3)是数列{bn}中的项，同理eq\f(bn－1,b4)，…，eq\f(bn－1,bn－2)也都是数列{bn}中的项，考虑到1＜eq\f(bn－1,bn－2)＜…＜eq\f(bn－1,b4)＜eq\f(bn－1,b3)＜eq\f(bn,b3)＝bn－2＜bn－1＜bn，且1，eq\f(bn－1,bn－2)，…，eq\f(bn－1,b4)，eq\f(bn－1,b3)，eq\f(bn,b3)，bn－1，bn这n个数都是共有n项的增数列{bn}中的项，于是，同理有，bn－1＝bibn－i(i＝1,2，…，n－2)，②在①中将i换成i＋1后与②相除，得eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(bi＋1,bi)，i＝1,2，…，n－2，∴b1，b2，…，bn是等比数列．8．已知数列{an}满足an＋1＝eq\f(an,1＋3an)，n∈N*，数列{bn}的前n项和为Sn，Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))bn＋1，n∈N*，且a1＝b1＝1.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Tn；(3)是否存在正整数n，p，k，使得Sn＋2＝pk＋1，若存在，求出所有的n，p，k；若不存在，请说明理由．解：(1)因为an＋1＝eq\f(an,1＋3an)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1＋3an,an)，所以eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3，又a1＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为1，公差为3的等差数列，所以eq\f(1,an)＝3n－2，所以an＝eq\f(1,3n－2).因为Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))bn＋1，所以当n＝1时，S1＝b1＝eq\f(1,2)b2，即b2＝2b1.当n≥2时，Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))bn，可得bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))bn＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))bn，得bn＋1＝2bn，故当n∈N*时，bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，故bn＝2n－1.(2)因为eq\f(bn,an)＝(3n－2)×2n－1，所以Tn＝1×20＋4×21＋7×22＋…＋(3n－2)×2n－1，2Tn＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n－5)×2n－1＋(3n－2)×2n，两式相减得，－Tn＝1＋3×(21＋22＋…＋2n－1)－(3n－2)×2n＝1＋3×(2n－2)－(3n－2)×2n＝(5－3n)×2n－5，所以Tn＝(3n－5)×2n＋5.(3)由(1)可得，Sn＝2n－1，假设存在正整数n，p，k，使得Sn＋2＝pk＋1，即2n＋1＝pk＋1，pk＋1－1＝2n.①当k为奇数时，pk＋1－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p\f(k＋1,2)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p\f(k＋1,2)＋1))，设peq\f(k＋1,2)＋1＝2s，peq\f(k＋1,2)－1＝2t，则s＞t，所以2s－2t＝2,2t(2s－t－1)＝2，可得2t＝2,2s－t－1＝1，所以t＝1，s＝2，所以n＝3，S3＋2＝9＝31＋1，所以存在n＝3，p＝3，k＝1，使得Sn＋2＝pk＋1.②当k为偶数时，pk＋1－1＝(p－1)(pk＋pk－1＋…＋p＋1)，若p为偶数，则p－1为奇数，pk＋pk－1＋…＋p＋1为奇数，所以pk＋1－1为奇数，所以pk＋1－1≠2n.若p为奇数，则p－1为偶数，pk＋pk－1＋…＋p＋1为k＋1个奇数之和，也为奇数，所以pk＋1－1≠2n，所以，当k为偶数时，不存在正整数n，p，k，使得Sn＋2＝pk＋1.综上所述，存在n＝3，p＝3，k＝1，使得Sn＋2＝pk＋1.9．若无穷数列{an}满足ai∈N*(1≤i≤n)，其前n项和为Sn.若bk＝ak－ak－1，对任意的2≤k≤n－1，都有bk＋1≤bk恒成立，则称数列{an}为“差减数列”．(1)若{an}是等差数列，且a5＝9，S5＝25，试判断数列{Sn}是否为“差减数列”，并说明理由；(2)若(1－λ)Sn＋(2λ－1)an＝2λ，且数列{an}是“差减数列”，求实数λ的值；(3)若数列{an}是“差减数列”，求证：对任意的n∈N*，都有an≤an＋1.解：(1)数列{Sn}不是“差减数列”．理由如下：设等差数列{an}的公差为d，由题意得S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝eq\f(5a1＋9,2)＝25，所以a1＝1，d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝2，所以an＝2n－1，Sn＝n2，所以对任意的2≤k≤n－1，Sk－1＋Sk＋1＝(k－1)2＋(k＋1)2＝2k2＋2＞2k2＝2Sk，即Sk＋1－Sk＞Sk－Sk－1，所以数列{Sn}不是“差减数列”．(2)若λ＝0，Sn－an＝0，此时an＝0，不符合题意．若λ≠0，对于(1－λ)Sn＋