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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
展开专题六 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:
x | e | (e,+∞) | |
| + | 0 | – |
f(x) | 极大值 |
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
.
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