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2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫(kù) 第五章 第5節(jié) 數(shù)列的綜合應(yīng)用 理（含解析）
1．（xx安徽，5分）數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，則q＝________.
解析：法一：因?yàn)閿?shù)列{an}是等差數(shù)列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差數(shù)列，又a1＋1，a3＋3，a5＋5構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5是常數(shù)列，故q＝1.
法二：因?yàn)閿?shù)列{an}是等差數(shù)列，所以可設(shè)a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d，故由已知得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d2＋4d＋4＝0，即d＝－2，所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.
答案：1
2.（xx天津，5分）設(shè){an}是首項(xiàng)為a1，公差為－1的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和．若S1，S2，S4成等比數(shù)列，則a1的值為________．
解析：由已知得S1S4＝S，
即a1(4a1－6)＝(2a1－1)2，解得a1＝－.
答案：－
3.（xx浙江，5分）設(shè)函數(shù)f1(x)＝x2，f2(x)＝2(x－x2)，f3(x)＝|sin 2πx|，ai＝，i＝0,1,2，…，99.記Ik＝|fk(a1)－fk(a0)|＋|fk(a2)－fk(a1)|＋…＋|fk(a99)－fk(a98)|，k＝1,2,3.則( )
A．I1
0，f1(a2)－f1(a1)>0，…，f1(a99)－f1(a98)>0，所以I1＝|f1(a1)－f1(a0)|＋|f1(a2)－f1(a1)|＋…＋|f1(a99)－f1(a98)|＝f1(a1)－f1(a0)＋f1(a2)－f1(a1)＋…＋f1(a99)－f1(a98)＝f1(a99)－f1(a0)＝2－0＝1.f2(x)＝2(x－x2)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，可得f2(a1)－f2(a0)>0，…，f2(a49)－f2(a48)>0，f2(a50)－f2(a49)＝0，f2(a51)－f2(a50)<0，…，f2(a99)－f2(a98)<0，所以I2＝|f2(a1)－f2(a0)|＋|f2(a2)－f2(a1)|＋…＋|f2(a99)－f2(a98)|＝f2(a1)－f2(a0)＋…＋f2(a49)－f2(a48)－[f2(a51)－f2(a50)＋…＋f2(a99)－f2(a98)]＝f2(a49)－f2(a0)－[f2(a99)－f2(a50)]＝2f2(a50)－f2(a0)－f2(a99)＝4＝<1.f3(x)＝|sin 2πx|在，上單調(diào)遞增，在，上單調(diào)遞減，可得f3(a1)－f3(a0)>0，…，f3(a24)－f3(a23)>0, f3(a25)－f3(a24)>0，f3(a26)－f3(a25)<0，…，f3(a49)－f3(a48)<0，f3(a50)－f3(a49)＝0，f3(a51)－f3(a50)>0，…，f3(a74)－f3(a73)>0，f3(a75)－f3(a74)<0，f3(a76)－f3(a75)<0，…，f3(a99)－f3(a98)<0，所以I3＝|f3(a1)－f3(a0)|＋|f3(a2)－f3(a1)|＋…＋|f3(a99)－f3(a98)|＝f3(a25)－f3(a0)－[f3(a49)－f3(a25)]＋f3(a74)－f3(a50)－[f3(a99)－f3(a74)]＝2f3(a25)－2f3(a49)＋2f3(a74)＝2sin－sin>2sin－sin＝－＝>1.因此I260n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，說(shuō)明理由．
解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，依題意，2,2＋d,2＋4d成等比數(shù)列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化簡(jiǎn)得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
當(dāng)d＝0時(shí)，an＝2；
當(dāng)d＝4時(shí)，an＝2＋(n－1)4＝4n－2，
從而得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2或an＝4n－2.
(2)當(dāng)an＝2時(shí)，Sn＝2n.
顯然2n<60n＋800，
此時(shí)不存在正整數(shù)n，使得Sn>60n＋800成立．
當(dāng)an＝4n－2時(shí)，Sn＝＝2n2.
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，
解得n>40或n<－10(舍去)，
此時(shí)存在正整數(shù)n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值為41.
綜上，當(dāng)an＝2時(shí)，不存在滿足題意的n；
當(dāng)an＝4n－2時(shí)，存在滿足題意的n，其最小值為41.
5.（xx廣東，14分）設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.
(1)求a1，a2，a3的值；
(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．
解：(1)由Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，
取n＝1,2得 ①
又S3＝15，∴a1＋a2＋a3＝15，
∴a3＝15－(a1＋a2)．?、?
聯(lián)立①②解得a1＝3，a2＝5，a3＝7.
(2)法一：當(dāng)n>1時(shí)，由已知得
兩式相減得2nan＋1＝(2n－1)an＋6n＋1，即2nan＋1－4n2－6n＝(2n－1)an－4n2＋1，
即2n[an＋1－(2n＋3)]＝(2n－1)[an－(2n＋1)]，
令bn＝an－(2n＋1)，則2nbn＋1＝(2n－1)bn，?、?
由(1)知b1＝b2＝0，則由③知bn＝0，
∴an＝2n＋1，且n＝1時(shí)也成立，
故an＝2n＋1，n∈N*.
法二：由(1)猜想an＝2n＋1，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．
①n＝1時(shí)，結(jié)論顯然成立；
②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，ak＝2k＋1，
則Sk＝3＋5＋7＋…＋(2k＋1)＝＝k(k＋2)．
又Sk＝2kak＋1－3k2－4k，
∴k(k＋2)＝2kak＋1－3k2－4k，
解得2ak＋1＝4k＋6，
∴ak＋1＝2(k＋1)＋1，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．
由①②知，?n∈N*，an＝2n＋1.
6.（xx湖南，13分）已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.
(1)若{an}是遞增數(shù)列，且a1,2a2,3a3成等差數(shù)列，求p的值；
(2)若p＝，且{a2n－1}是遞增數(shù)列，{a2n}是遞減數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．
解：(1)因?yàn)閧an}是遞增數(shù)列，
所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.
而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.
又a1,2a2,3a3成等差數(shù)列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，
解得p＝或p＝0.
當(dāng)p＝0時(shí)，an＋1＝an，這與{an}是遞增數(shù)列矛盾，故p＝.
(2)由于{a2n－1}是遞增數(shù)列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.?、?
但<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|. ②
由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝2n－1＝.?、?
因?yàn)閧a2n}是遞減數(shù)列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故
a2n＋1－a2n＝－2n＝.?、?
由③④即知，an＋1－an＝.
于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋－＋…＋
＝1＋
＝＋.
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝＋
7.（xx江蘇，16分）設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Sn＝am，則稱{an}是“H數(shù)列”．
(1)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n(n∈N*)，證明：{an}是“H數(shù)列”；
(2)設(shè){an}是等差數(shù)列，其首項(xiàng)a1＝1，公差d<0.若{an}是“H數(shù)列”，求d的值；
(3)證明：對(duì)任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
解：(1)證明：由已知，當(dāng)n≥1時(shí)，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是對(duì)任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.
所以{an}是“H數(shù)列”．
(2)由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.
因?yàn)閧an}是“H數(shù)列”，
所以存在正整數(shù)m，使得S2＝am，
即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.
因?yàn)閐<0，所以m－2<0，故m＝1.從而d＝－1.
當(dāng)d＝－1時(shí)，an＝2－n，Sn＝是小于2的整數(shù)，n∈N*.于是對(duì)任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H數(shù)列”．因此d的值為－1.
(3)證明：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．
令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，則an＝bn＋cn(n∈N*)．
下面證{bn}是“H數(shù)列”．
設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則Tn＝a1(n∈N*)．于是對(duì)任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H數(shù)列”．
同理可證{cn}也是“H數(shù)列”．
所以任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
8.（xx天津，14分）已知q和n均為給定的大于1的自然數(shù)．設(shè)集合M＝{0,1,2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1,2，…，n}．
(1)當(dāng)q＝2，n＝3時(shí)，用列舉法表示集合A；
(2)設(shè)s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1,2，…，n.證明：若an0)，因?yàn)樗蠥nBn平行且a1＝1，a2＝2，所以S梯形AnBnBn＋1An＋1＝S梯形A1B1B2A2＝3m，當(dāng)n≥2時(shí)，＝＝＝，
故a＝a，
a＝a，
a＝a，
…
a＝a，
以上各式累乘可得：a＝(3n－2)a，因?yàn)閍1＝1，
所以an＝.
答案：an＝
11．（xx北京，14分）設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.
(1)求a2的值；
(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<.
解：本題考查數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和的關(guān)系、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、裂項(xiàng)求和、放縮法等基礎(chǔ)知識(shí)和基本方法，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想，考查考生的運(yùn)算求解能力、邏輯推理能力以及分析問(wèn)題、解決問(wèn)題能力．
(1)依題意，2S1＝a2－－1－，又S1＝a1＝1，所以a2＝4.
(2)當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，
兩式相減得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，
整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即－＝1，又－＝1，
故數(shù)列{}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，
所以＝1＋(n－1)1＝n，所以an＝n2.
(3)證明：當(dāng)n＝1時(shí)，＝1<；
當(dāng)n＝2時(shí)，＋＝1＋＝<；
當(dāng)n≥3時(shí)，＝<＝－，此時(shí)
＋＋…＋＝1＋＋＋＋…＋<1＋＋＋＋…＋＝1＋＋－＝－<.
綜上，對(duì)一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<.
12．（xx北京，13分）已知{an}是由非負(fù)整數(shù)組成的無(wú)窮數(shù)列．該數(shù)列前n項(xiàng)的最大值記為An，第n項(xiàng)之后各項(xiàng)an＋1，an＋2, …的最小值記為Bn，dn＝An－Bn.
(1)若{an}為2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一個(gè)周期為4的數(shù)列(即對(duì)任意n∈N*，an＋4＝an)，寫出d1，d2，d3，d4的值；
(2)設(shè)d是非負(fù)整數(shù)．證明：dn＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要條件為{an}是公差為d的等差數(shù)列；
(3)證明：若a1＝2，dn＝1(n＝1,2,3，…)，則{an}的項(xiàng)只能是1或者2，且有無(wú)窮多項(xiàng)為1.
解：本題主要考查無(wú)窮數(shù)列的有關(guān)知識(shí)，考查了考生對(duì)新定義類數(shù)列的理解與運(yùn)用，對(duì)考生的邏輯思維能力要求較高．
(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.
(2)證明：(充分性)因?yàn)閧an}是公差為d的等差數(shù)列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤…，
因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－aa＋1＝－d(n＝1,2,3…)．
(必要性)因?yàn)閐n＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，所以An＝Bn＋dn≤Bn，又an≤An，an＋1≥Bn，
所以an≤an＋1，
于是，An＝an，Bn＝an＋1，
因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，
即{an}是公差為d的等差數(shù)列．
(3)證明：因?yàn)閍1＝2，d1＝1，
所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.
故對(duì)任意n≥1，an≥B1＝1.
假設(shè){an}(n≥2)中存在大于2的項(xiàng)．
設(shè)m為滿足am＞2的最小正整數(shù)，
則m≥2，并且對(duì)任意1≤k＜m，ak≤2.
又a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am＞2.
于是，Bm＝Am－dm＞2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}≥2.
故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，與dm－1＝1矛盾．
所以對(duì)于任意n≥1，有an≤2，即非負(fù)整數(shù)列{an}的各項(xiàng)只能為1或2.
因?yàn)閷?duì)任意n≥1，an≤2＝a1，
所以An＝2.
故Bn＝An－dn＝2－1＝1.
因此對(duì)于任意正整數(shù)n，存在m滿足m＞n，且am＝1，即數(shù)列{an}有無(wú)窮多項(xiàng)為1.
13．（xx福建，4分）數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝ncos＋1，前n項(xiàng)和為Sn，則S2 012＝________.
解析：∵an＝ncos＋1，∴a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝6，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝6，k∈N，故S2 012＝5036＝3 018.
答案：3 018
14．（2011福建，13分）已知等比數(shù)列{an}的公比q＝3，前3項(xiàng)和S3＝.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若函數(shù)f(x)＝Asin(2x＋φ)(A＞0,0＜φ＜π)在x＝處取得最大值，且最大值為a3，求函數(shù)f(x)的解析式．
解：(1)由q＝3，S3＝，
得＝，解得a1＝.
所以an＝3n－1＝3n－2.
(2)由(1)可知an＝3n－2，所以a3＝3.
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的最大值為3，所以A＝3；
因?yàn)楫?dāng)x＝時(shí)f(x)取得最大值，
所以sin(2＋φ)＝1.
又0＜φ＜π，故φ＝.
所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝3sin(2x＋)．
2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫(kù) 第五章 第5節(jié) 數(shù)列的綜合應(yīng)用 理（含解析）.doc
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