2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案

专题六 数列

第十八讲 数列的综合应用

答案部分

2019年 

1.解析：对于B，令，得，
取，所以，
所以当时，，故B错误；
对于C，令，得或，
取，所以，
所以当时，，故C错误；
对于D，令，得，
取，所以，…，，
所以当时，，故D错误；
对于A，，，

，
，递增，

当时，，
所以，所以，所以故A正确．故选A．

2.解析：（1）设数列的公差为d，由题意得

，

解得．

从而．

由成等比数列得

．

解得．

所以．

（2）．

我们用数学归纳法证明．

①当n=1时，c1=0<2，不等式成立；

②假设时不等式成立，即．

那么，当时，

．

即当时不等式也成立．

根据（1）和（2），不等式对任意成立．

3.解析（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.

由，得，解得．

因此数列为“M—数列”.

（2）①因为，所以．

由，得，则.

由，得，

当时，由，得，

整理得．

所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.

因此，数列{bn}的通项公式为bn=n.

②由①知，bk=k，.

因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.

因为ck≤bk≤ck+1，所以，其中k=1，2，3，…，m.

当k=1时，有q≥1；

当k=2，3，…，m时，有．

设f（x）=，则．

令，得x=e.列表如下：

因为，所以．

取，当k=1，2，3，4，5时，，即，

经检验知也成立．

因此所求m的最大值不小于5．

若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，

所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.

综上，所求m的最大值为5．

3.解析：（I）1，3，5，6.（答案不唯一）.

（II）设长度为q末项为的一个递增子列为.

由，.

因为的长度为p的递增子列末项的最小值为.

又是的长度为p的递增子列，所以所以.

（III）由题设知，所有正奇数都是中的项.

先证明：若2m是中的项，则2m必排在2m-1之前（m为正整数）.

假设2m排在2m-1之后，设是数列的长度为m末项为2m-1的递增子列，则是数列的长度为m+1末项为2m的递增子列，与已知矛盾.

再证明：所有正偶数都是中的项.

假设存在正偶数不是中的项，设不在中的最小正偶数为2m.

因为2k排在2k-1之前 ,所以2k和2k-1不可能在的同一个子列中.

又中不超过的数为1，2，…..，，，

所以的长度为末项为的递增子列个数至多为

，与已知矛盾.

最后证明排在之后（为整数）.

假设存在（），使得排在之前，则的长度为末项为的递增子列个数小于，与已知矛盾.

综上，数列只可能为.

经验证，数列符合条件，

所以.

2010-2018年

1．A【解析】对数列进行分组如图

则该数列前组的项数和为

由题意可知，即，解得，

即出现在第13组之后．

又第组的和为

前组的和为

，

设满足条件的的在第(,)组，且第项为第的第个数，第组的前项和为，

要使该数列的前项和为2的整数幂，

即与互为相反数，

即，

所以，

由，所以，则，此时

对应满足的最小条件为，故选A．

2．C【解析】由题意可得，，，，…，中有3个0、3个1，且满足对任意≤8，都有，，…，中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111, 00011011, 00011101,00100111, 00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14个．

3．A【解析】对命题p：成等比数列，则公比且；

对命题，

①当时，成立；

②当时，根据柯西不等式，

等式成立，

则，所以成等比数列，

所以是的充分条件，但不是的必要条件.

4．A【解析】，，成等比数列，∴，即，

解得，所以．

5．B【解析】∵在上单调递增，可得，

，…，，

∴

=

∵在上单调递增，在单调递减

∴，…，，，

，…，

∴

     ==

=

∵在，上单调递增，在，上单调递减，可得

因此．

6．27【解析】所有的正奇数和()按照从小到大的顺序排列构成，在数列 中，前面有16个正奇数，即，．当时，，不符合题意；当时，，不符合题意；当时，，不符合题意；当时，，不符合题意；……；当时，= 441 +62= 503<，不符合题意；当时，=484 +62=546>=540，符合题意．故使得成立的的最小值为27．

7．5【解析】设数列的首项为，则，所以，故该数列的首项为．

8．【解析】将代入，可求得；再将代入，可求得；再将代入得；由此可知数列是一个周期数列，且周期为3，所以．

9．64【解析】由且成等比数列，得，解得，故．

10．【解析】设，则，由于，

所以，故的最小值是．

11．4【解析】由题意得，得，

因此，所以．

12．【解析】(1)由条件知：,．

因为对=1，2，3，4均成立，

即对=1，2，3，4均成立，

即11，13，35，79，得．

因此，的取值范围为．

(2)由条件知：,．

若存在，使得(=2，3，···，+1)成立，

即(=2，3，···，+1)，

即当时，满足．

因为，则，

从而，，对均成立．

因此，取=0时，对均成立．

下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）．

①当时，，

当时，有，从而．

因此，当时，数列单调递增，

故数列的最大值为．

②设，当时，，

所以单调递减，从而．

当时，，

因此，当时，数列单调递减，

故数列的最小值为．

因此，的取值范围为．

13．【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.

由已知，得，而，所以.

又因为，解得.所以，.

由，可得 ①.

由，可得 ②，

联立①②，解得，，由此可得.

所以，数列的通项公式为，数列的通项公式为.

（Ⅱ）设数列的前项和为，

由，，有，

故，

，

上述两式相减，得

得.

所以，数列的前项和为.

14．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：

当时，

假设时，，

那么时，若，则，矛盾，故．

因此

所以

因此

（Ⅱ）由得

记函数

函数在上单调递增，所以=0，

因此

故

（Ⅲ）因为

所以得

由得

所以

故

综上， ．

15．【解析】（Ⅰ）由已知，

两式相减得到.

又由得到，故对所有都成立.

所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.

从而.

由成等比数列，可得，即，

则，

由已知,，故 .

所以.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.

所以双曲线的离心率 .

由解得.

因为，所以.

于是，

故.

16．【解析】（Ⅰ）由题意有， ，即．

解得 或，故或．

（Ⅱ）由，知，，故，于是

，          ①

.        ②

①-②可得

，故．

17．【解析】（Ⅰ）则

所以在内至少存在一个零点．

又，故在内单调递增，

所以在内有且仅有一个零点．

因为是的零点，所以，即，故.

（Ⅱ）解法一：由题设，

设

当时,

当时,

若,

若,

所以在上递增，在上递减，

所以，即．

综上所述，当时, ；当时．

解法二  由题设，

当时, ；

当时, 用数学归纳法可以证明．

当时, 所以成立．

假设时，不等式成立，即．

那么，当时，

.

又

令，

则．

所以当,,在上递减；

当,,在上递增．

所以，从而．

故.即，不等式也成立．

所以，对于一切的整数，都有．

解法三:由已知，记等差数列为，等比数列为，．

则，，

所以,

令

当时, ,所以．

当时, ，

而，所以，．

若, ,，

当,,，

从而在上递减,在上递增.所以，

所以当又,，故

综上所述，当时, ；当时

18．【解析】（Ⅰ）由．

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，此与矛盾，所以对任意．

从而即是一个公比的等比数列．

故．

（Ⅱ）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，．

19．【解析】（Ⅰ）

解得

（Ⅱ），

当为偶数时

．

20．【解析】（Ⅰ）由题意，，，

知，又由，得公比（舍去），

所以数列的通项公式为，

所以，

故数列的通项公式为，；

（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知，，

所以；

（ii）因为；

当时，，

而，

得，

所以当时，，

综上对任意恒有，故．

21．【解析】（I）因为是递增数列，所以．而，

因此又成等差数列，所以，因而，

解得

当时，，这与是递增数列矛盾。故.

（Ⅱ）由于是递增数列，因而，于是

     ①

但，所以

.        ②

又①，②知，，因此

      ③

因为是递减数列，同理可得，故

     ④

由③，④即知，。

于是

.

故数列的通项公式为．

22．【解析】（Ⅰ）点在函数的图象上，所以，又等差数列的公差为，所以．

因为点在函数的图象上，所以，

所以．

又，所以．

（Ⅱ）由，函数的图象在点处的切线方程为

所以切线在轴上的截距为，从而，故

从而，，

所以

故．

23．【解析】（Ⅰ）当时，

当时，

∴时，，当时，，∴是“H数列”．

（Ⅱ）

对，使，即

取得，

∵，∴，又，∴，∴．

（Ⅲ）设的公差为d

令，对，

，对，

则，且为等差数列

的前n项和，令，则

当时；

当时；

当时，由于n与奇偶性不同，即非负偶数，

因此对，都可找到，使成立，即为“H数列”．

的前ｎ项和，令，则

∵对，是非负偶数，∴

即对，都可找到，使得成立，即为“H数列”

因此命题得证．

24．【解析】（Ⅰ）由，

所以， ∴是等差数列.

而，，，，

（Ⅱ）

25．【解析】（Ⅰ）当时，，

（Ⅱ）当时，，

,

当时，是公差的等差数列.

构成等比数列，，，解得,

由（Ⅰ）可知，

是首项,公差的等差数列.

 数列的通项公式为.

（Ⅲ）

26．【解析】（Ⅰ）设数列的公比为，则，. 由题意得

  即   解得

故数列的通项公式为．

（Ⅱ）由（Ⅰ）有 .

若存在，使得，则，即

当为偶数时，， 上式不成立；

当为奇数时，，即，则.

综上，存在符合条件的正整数，且所有这样的n的集合为．

27．【证明】（Ⅰ）若，则，，又由题，

，，

是等差数列，首项为，公差为，，又成等比数列，

，，，，，，

，（）．

（Ⅱ）由题，，，若是等差数列，

则可设，是常数，关于恒成立．

整理得：

关于恒成立．，

．

28．【解析】（Ⅰ）由已知得：

解得,

所以通项公式为.

（Ⅱ）由，得，即.

∵，

∴是公比为49的等比数列，

∴．

29．【解析】（Ⅰ）由题意得，

，

．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得

．

整理得　

．

由题意，

解得．

故该企业每年上缴资金的值为缴时，经过年企业的剩余资金为4000元．

30．【解析】（Ⅰ）由=，得

当=1时，；

当2时，，.

由，得，.

（Ⅱ）由（1）知，

所以，

，

，．

31．【解析】：（Ⅰ）由a3+a4+a5=84，a5=73可得而a9=73，则

，，

于是，即.

（Ⅱ）对任意m∈N﹡，，则，

即，而，由题意可知，

于是

，

即.

32．【解析】（Ⅰ）由题意知，

所以，从而

所以数列是以1为公差的等差数列．

（Ⅱ）．所以，

从而    (*)

设等比数列的公比为，由知下证．

若，则．故当，，与（*）矛盾；

若，则．故当，，与（*）矛盾；

综上：故，所以．

又，所以是以公比为的等比数列，若，

则，于是，又由，得，

所以中至少有两项相同，矛盾．所以，从而，

所以．

33．【解析】（Ⅰ）由，可得

又，

当

当

（Ⅱ）证明：对任意

    ①

    ②

②-①，得

所以是等比数列。

（Ⅲ）证明：，由（Ⅱ）知，当时，

故对任意

由①得

因此，

于是，

故

34．【解析】（Ⅰ）由可得

又

当时，，由，，可得；

当时，，可得；

当时，，可得；

（Ⅱ）证明：对任意

 ①

 ②

 ③

②—③，得  ④

将④代入①，可得

即

又

因此是等比数列.

（Ⅲ）证明：由（II）可得，

于是，对任意，有

将以上各式相加，得

即，

此式当k=1时也成立.由④式得

从而

所以，对任意，

对于=1，不等式显然成立.

所以，对任意

35．【解析】（Ⅰ）由已知，当n≥1时，

．而

所以数列{}的通项公式为．

（Ⅱ）由知  ①

从而  ②

①-②得  ．

即    ．

36．【解析】（Ⅰ）表4为     1   3   5   7

 4   8   12

12   20

32

它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别为4,8,16,32. 它们构成首项为4，公比为2的等比数列．将结这一论推广到表（≥3），即表各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为，公比为2的等比数列.

（Ⅱ）表第1行是1,3,5，…，2-1，其平均数是

由（Ⅰ）知，它的各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为，公比为2的等比数列（从而它的第行中的数的平均数是），于是表中最后一行的唯一一个数为.因此

．(=1,2,3, …, )，故

．