2025高考数学二轮复习-拉档提分数列181-190-专项训练【含答案】

（3），故.中最大数，设的公差为，则由此得，又，故，所以所以.【评注】本例为数列与解析几何的综合题，难度较大．（1）（2）两问运用几何知识算出；解决第（3）问的关键在于算出及求数列的公差.4.与椭圆的有机结合【例5】设的三边长分别为，面积为，．若，，，，，则（）A.为递减数列B.为递增数列C.为递增数列，为递减数列D.为递减数列，为递增数列【答案】B【解析】因为，所以数列是常数数列，即，记.又，，所以.而，所以数列是常数数列，即故在系列中，，即，为定点，是以，为焦,点，为长轴长的椭圆上的动点设，则由椭圆第二定义知，另一方面，所以，即是无穷递减的等比数列由，知是无穷递增的等比数列又，故为递增数列，选.第八章组合数列，生活模型对于排列组合问题，我们往往可以从多种角度去分析，有时两种不同的思想会得出两种不同的算法，但由于是对同一件事的不同处理，最后结果殊途同归，这样就会得到一系列有趣的组合恒等式．本章主要对常见的组合恒等式给出合理的生活模型，以拓展解题思路，激发学习兴趣．【问题1】【解析】模型1：从个不同元素中取个不同元素的种数为，与余下的个元素的种数应该相同，从而.【问题2】【解析】模型2：求从个不同元素中取个不同元素的组合总数.一方面，从个不同元素中取个不同元素的组合总数为；另一方面，完成这件事可以分类解决，把个元素编号为.第一类：个元素中不含有，则个元素只能从前个不同元素中取，有种；第二类：个元素中必含有，则只要在前个不同元素中取个元素即可，有种，从而.【问题3】【解析】模型3：求集合中含有个元素的子集的元素个数的总数.一方面，可以看作含有个元素的子集有个，而每个这样的集合有个元素，故共有个元素；另一方面，含有元素且元素个数为的子集有个，由于共有个不同的元素，故共有个元素，从而有.【问题4】【解析】模型4：可看作以下情况：个灯排成一列，用灯亮与灯暗作不同的信号，共可表示几种不同的信号?一方面，可分步完成：第1个灯有2种（亮、暗）信号；第2个灯有2种（亮、暗）信号；第个灯有2种（亮、暗）信号．由乘法原理知共有种；另一方面，可分类完成：第1类，有0个灯亮，有种信号；第2类，有1个灯亮，有种信号；第类，有个灯亮，有种信号，由加法原理知共有种，从而有.问题5：【解析】模型5：求从个不同的元素中取个元素的组合总数.一方面，可直接由组合数定义得有种；另一方面，可分类完成，由加法原理共有种，从而有.本式也可构造多项式函数，如：求中的项的系数.【问题6】【解析】模型6：设集合，求集合中所有子集元素的总个数.一方面，可以按含某个元素分为类解决：第1类：含有元素的子集有个；第2类：含有元素的子集有个；第类：含有元素的子集有个，由加法原理知共有个.另一方面，也可按含元素个数分为类计算：第1类，含1个元素的子集有个，则元素有个；第2类，含2个元素的子集有个，则元素有个；第类，含个元素的子集有个，则元素有个，由加法原理知共有个元素，从而有.【问题7】【解析】模型7：设集合，计算的所有子集中由两个不同元素组成的有序元素对的个数的总数.完成这件事，也可用两种方法解决.一方面，含有序元素对的子集有个，而所有有序元素对有对，故的所有子集中由两个不同元素组成的有序元素对的个数的总数为.另一方面，也可分类计算：第1类，含2个元素的子集有个，而每一子集的有序元素对有对；第2类，含3个元素的子集有个，而每一子集的有序元素对有对；第类，含个元素的子集有个，而每一子集的有序元素对有对，故由加法原理知的所有子集中由两个不同元素组成的有序元素对的个数的总数为・从而有【问题8】【解析】模型8：可看作以下情况：两个盒中各放有个小球，求从中任取个球的不同方法总数.一方面，可直接由组合数定义得共有种；另一方面，给盒子编号为，可对1号盒分类：第1类：在1号盒中取0个球，则在2号盒中取个球，有种；第2类：在1号盒中取1个球，则在2号盒中取个球，有种；第类：在1号盒中取个球，则在2号盒中取0个球，有种；由加法原理知共有种.注意到，从而有.【问题9】（其中都是正整数，且）【解析】模型9：一方面可把看作二项式展开式中项的系数，另一方面，又有，而展开后的系数可分类解决：第1类：展开式中的的系数与展开式中的的系数的积为；第2类：展开式中的的系数与展开式中的的系数的积为；第3类：展开式中的的系数与展开式中的的系数的积为；第类：展开式中的的系数与展开式中的的系数的积为，由加法原理知的系数为，从而有.【评注】（1）本问题是利用二项式定理的两种展开方式来完成模型构造的，这也是证明组合数恒等式的常用方法，另外本题也可通过构造组合模型8解决．（2)在本问题中，若令，即得模型8．（3）与本题类似的变式题还有：利用证明恒等式：【问题10】【解析】模型10：可看作以下情况：求从副不同的手套中任取只，全不配对的情况总数.一方面，可分步完成：第1步，只手套必须来自副不同的手套，有种，并对取出的副手套编号；第2步，在1号手套中任选1只，有2种；第3步，在2号手套中任选1只，有2种；第步，在号手套中任选1只，有2种，由乘法原理知共有种.另一方面，也可分类解决，设集合为只左手手套，集合为只右手手套，分别从集合中取只手套，对应着从集合中取不同于中的只手套（如下表），则由加法原理知不同的取法有种.从而有.【问题11】【解析】模型11（集合分拆问题）把集合分拆成两个集合和，且，这样的分拆方法共有几种？一方面，按分类：第1类，中有0个元素（种）时，有种，共有种；第2类，中有1个元素（种）时，有种，共有种；第3类，中有2个元素（种）时，有种，共有种；第4类，中有3个元素（种）时，有种，共有种；第类，中有个元素（种）时，有种，共有种，由加法原理知，共有种.另一方面，可对元素实行分步解决：第1步，对于元素来说，可以进入也可进入也可进入，故有3种；第2步，对于元素来说，可以进入也可进入也可进入，故有3种；第3步，对于元素来说，可以进入也可进入也可进入，故有3种；第步，对于元素来说，可以进入也可进入也可进入，故有3种，由乘法原理知共有种.从而有.【问题12】【解析】模型12：将集合分拆成两个集合，即，这样的分拆方法共有几种？一方面，按分类：第1类，中有0个元素（）种时，有种，共有种；第2类，中有1个元素（）种时，有种，共有种；第3类，中有2个元素（）种时，有种，共有种；第4类，中有3个元素（）种时，有种，共有种；第类，中有个元素，（）种时，有种，共有种，故共有种.另一方面，可对元素实行分步解决：第1步，对于元素来说，可以进入也可进入也可哪个也不进，故有3种；第2步，对于元素来说，可以进入也可进入也可哪个也不进，故有3种；第3步，对于元素来说，可以进入也可进入也可哪个也不进，故有3种；第步，对于元素来说，可以进入也可进入也可哪个也不进，故有3种，由乘法原理知共有种.从而有.总之，排列组合问题源于生活，因而对于相关的排列组合恒等式必可找到其相应的生活原型，得到合理具体的科学解释.同时，这样的解决问题方式对于培养学生的创新能力、激发学习数学的兴趣、创设良好的人文环境都有重要的实际意义和深远的教育意义.希望本章对解决此类问题能起到拋砖引玉的作用.第九章数列综合，制胜压轴【例1】已知在等差数列中，公差，是与的等比中项.已知数列成等比数列，求数列的通项公式.【解析】依题设得，即，整理得，因为，故，得所以由已知得是等比数列.因为，所以数列也是等比数列，其首项为1，公比为，由此得，因此等比数列的首项，公比，所以，即得到数列的通项.【例2】已知，设，试确定实数的取值范围，使得对于一切大于1的自然数，不等式恒成立.【解析】由得，又所以，是关于的增函数，所以对于一切大于1的自然数，要使不等式恒成立，只要成立即可.由，得且此时设，则于是，解得由此得，解得且.【例3】已知数列的各项都是正数，且满足.（1）求证：；（2）求数列的通项公式【解析】（1）证法1：用数学归纳法证明.（i）当时，，故，命题成立；（ii）假设当时，有成立则时，而，故又，故当时命题成立.由（i）（ii）知，对一切，有证法2：用数学归纳法证明.（i）当时，，故，命题成立；（ii）假设当时，有成立令，在上单调递增，所以由假设，有，即也即当时成立，由（i）（ii）知对一切，有.（2），所以.令则又，所以，即【例4】已知在数列中，，其前项和与满足.（1）求证：为等差数列；（2）求的通项公式．【解析】（1）由题意有则，即是首项为，公差为2的等差数列，所以（2），又，则【例5】已知在正整数数列中，前项和满足.（1）求证：是等差数列；（2）若，求的前项和的最小值.【解析】（1），得.时，整理得因为是正整数数列，所以，从而.所以是首项为，公差为4的等差数列，，当时的最小值为【例6】已知在数列中，，，求的通项.【解析】由，得设，则，累加得，所以【例7】已知在数列中，，，求通项.【解析】，即设，即，为等差数列，所以.【例8】已知在数列中，，求通项由题意知进而得，即所以【例9】已知是整数组成的数列，，且点在函数的图象上.（1）求数列的通项公式；