新高考数学复习真题分类6-5数列的综合练习含答案

6.5数列的综合1.（2023课标II，18）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．（1）求的通项公式；（2）证明：当时，．【解析】（1）设等差数列的公差为，而，则，于是，解得，，所以数列的通项公式是.（2）方法1：由（1）知，，，当为偶数时，，，当时，，因此，当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.方法2：由（1）知，，，当为偶数时，，当时，，因此，当为奇数时，若，则，显然满足上式，因此当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.2.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Sna(1)求{an}的通项公式;(2)证明:1a1解析(1)解法一:依题意得,S1=a1=1.∴Snan=11+(∴3Sn=(n+2)an,则3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1,∴3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an,即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an,∴nan+1=(n+2)an,即an由累乘法得an又a1=1,∴an+1=(n∴an=n(n+1)2(n≥2),又a∴an=n(n+1)2(n∈解法二:同解法一求得nan+1=(n+2)an,∴an+1n+2∴数列ann(n+1)∴ann(n+1)=1(2)证明:由(1)知1a∴1a13.(2023北京,21,15分,难)已知数列{an},{bn}的项数均为m(m>2),且an,bn∈{1,2,…,m},{an},{bn}的前n项和分别为An,Bn,并规定A0=B0=0,对于k∈{0,1,2,…,m},定义rk=max{i|Bi≤Ak,i∈{0,1,2,…,m}},其中,maxM表示数集M中最大的数.(1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3,写出r0,r1,r2,r3的值;(2)若a1≥b1,且2rj≤rj+1+rj-1,j=1,2,…,m-1,求rn;(3)证明:存在p,q,s,t∈{0,1,2,…,m},满足p>q,s>t,使得Ap+Bt=Aq+Bs.解析(1)由题意得A1=2,A2=3,A3=6,B1=1,B2=4,B3=7,rk表示使得Bi≤Ak成立的i的最大值,i,k∈{0,1,2,…,m},故r0=0,r1=1,r2=1,r3=2.(2)显然rm≤m,且r0=0,r1=1.由于2rj≤rj-1+rj+1,所以rj+1-rj≥rj-rj-1≥…≥r1-r0=1.若存在正整数u使得ru+1-ru>1,则rm≥rm-1+1≥…≥ru+1+(m-u-1)>ru+(m-u)≥…≥r0+m=m,这与rm≤m矛盾.因此,对任意正整数j均有rj+1-rj=1,即{rn}是以r1=1为首项,1为公差的等差数列.故rn=n.(3)证明:设Am≤Bm.记Sk=Ak-Brk(1≤k≤m),则Sk另一方面,一定有Sk≤m-1;否则Sk>m-1,而由rk的定义可知Ak-Brk则brk+1=Brk+1−Brk=Sk-(Ak但brk+1∈{1,2,…,m若存在k使得Sk=0,则取t=q=0,p=k,s=rk即满足题目要求.若这样的k不存在,则Sk∈{1,2,…,m-1},因此一定存在1≤q<p≤m使得Sq=Sp(抽屉原理,将m个数放入(m-1)个抽屉)且由定义可知rq<rp,从而Aq-Brq=Ap−Brp,令t=rq,s=rp,即Ap+若Am≥Bm,则可定义ck=max{i|Ai≤Bk,i∈{0,1,…,m}},并记S'k=Bk-Ack(1≤k≤同上述过程可得结论成立.4.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”;(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足:b1=1,1Sn=2bn-2bn+1,其中Sn为数列①求数列{bn}的通项公式;②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.满分16分.(1)设等比数列{an}的公比为q,所以a1≠0,q≠0.由a2a4=因此数列{an}为“M-数列”.(2)①因为1Sn=2bn-2bn由b1=1,S1=b1,得11=21-2b2,由1Sn=2bn-2bn+1当n≥2时,由bn=Sn-Sn-1,得bn=bnbn整理得bn+1+bn-1=2bn.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(n∈N*).②由①知,bk=k,k∈N*.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qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.当k=1时,有q≥1;当k=2,3,…,m时,有lnkk≤lnq≤设f(x)=lnxx(x>1),则f'(x)=令f'(x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+∞)f'(x)+0-f(x)↗极大值↘因为ln22=ln86<ln96=ln33,所以f(k)取q=33,当k=1,2,3,4,5时,lnkk≤lnq,即k≤qk,经检验知qk-1≤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5.5.(2021全国乙文,19,12分)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=nan3.已知a1,3a2,9a(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<Sn解题指导:(1)利用等差中项的概念建立等式,通过等比数列的通项公式即可求出结果;(2)利用等比数列的求和公式算出Sn,对于数列{bn},利用错位相减法求出Tn,再利用比较大小的基本方法——作差法即可证明不等式.解析(1)设等比数列{an}的公比为q.∵a1,3a2,9a3成等差数列,∴6a2=a1+9a3,又∵{an}是首项为1的等比数列,∴6a1q=a1+9a1q2,∴9q2-6q+1=0,解得q1=q2=13∴an=a1·qn-1=13∵bn=nan3,∴bn=n(2)∵Sn为{an}的前n项和,∴Sn=a1∵Tn为{bn}的前n项和,∴Tn=b1+b2+…+bn=1×13113T①-②可得2=13∴Tn=-12∴Tn-Sn2=−12n·16.(2022北京,21,15分)已知Q:a1,a2,…,ak为有穷整数数列.给定正整数m,若对任意的n∈{1,2,…,m},在Q中存在ai,ai+1,ai+2,…,ai+j(j≥0),使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j=n,则称Q为m-连续可表数列.(1)判断Q:2,1,4是不是5-连续可表数列,是不是6-连续可表数列,说明理由;(2)若Q:a1,a2,…,ak为8-连续可表数列,求证:k的最小值为4;(3)若Q:a1,a2,…,ak为20-连续可表数列,且a1+a2+…+ak<20,求证:k≥7.解析(1)若m=5,则n∈{1,2,3,4,5},在Q中,a1=2,a2=1,a3=4,当n=1时,取i=2,j=0,有a2=1=n,当n=2时,取i=1,j=0,有a1=2=n,当n=3时,取i=1,j=1,有a1+a2=2+1=3=n,当n=4时,取i=3,j=0,有a3=4=n,当n=5时,取i=2,j=1,有a2+a3=5=n,所以Q是5-连续可表数列.由于找不到连续的若干项之和为6,所以Q不是6-连续可表数列.(2)证明:若k=1,则Q:a1只能表示1个数字,不能表示8个数字,故k≠1;若k=2,则Q:a1,a2最多能表示出a1,a2,a1+a2,共3个数字,与Q为8-连续可表数列相矛盾;若k=3,则a1,a2,a3最多能表示a1,a2,a3,a1+a2,a2+a3,a1+a2+a3,共6个数字,与Q为8-连续可表数列矛盾,故k≥4.现构造Q:1,2,4,1,可以表示出1,2,3,4,5,6,7,8这8个数字,即存在k=4满足题意,故k的最小值为4(或构造出Q:3,1,4,2等数列也可以).(3)证明:从5个正整数中取1个数字只能表示自身,此方式最多可表示5个数字;取连续2个数字并求和最多能表示4个数字,取连续3个数字并求和最多能表示3个数字,取连续4个数字并求和最多能表示2个数字,取连续5个数字并求和最多能表示1个数字,所以对任意给定的5个整数,最多可以表示5+4+3+2+1=15个正整数,不能表示20个正整数,即k≥6.若k=6,则最多可以表示6+5+4+3+2+1=21个正整数,由于Q为20-连续可表数列,且a1+a2+a3+…+ak<20,所以有一项必为负数,设这一项为ai,i∈{1,2,3,4,5,6}.若ai<0,i∈{2,3,4,5},则ai+ai+1>0且ai-1+ai>0,那么从a1,a2,…,a6中选择连续j(1≤j≤6)项求和,其和均小于20,这与题意不符,所以a1<0或a6<0.不妨设a1<0,那么a2+a3+…+a6=20,因为a2,a3,…,a6∈N*,所以{a2,a3,…,a6}={2,3,4,5,6},从集合{2,3,4,5,6}中选取j(1≤j≤5)个连续数字并求和,其和不可能为19,但Q为20-连续可表数列,那么a1+a2+a3+…+a6=20,所以a1=-1,所以a2=2,若不然,假设a2=p(3≤p≤6),那么a1+a2=p-1∈{2,3,4,5}与数列中的项重复,所以a3=6,若不然,假设a3=q(3≤q≤5),那么a1+a2+a3=q+1∈{4,5,6}与数列中的项重复,因此该数列只可能为以下6种,下面逐一写出:①a1=-1,a2=2,a3=6,a4=3,a5=4,a6=5,但是a1+a2+a3=a4+a5(舍去);②a1=-1,a2=2,a3=6,a4=3,a5=5,a6=4,但是a2+a3=a4+a5(舍去);③a1=-1,a2=2,a3=6,a4=4,a5=3,a6=5,但是a2+a3=a5+a6(舍去);④a1=-1,a2=2,a3=6,a4=4,a5=5,a6=3,但是a2+a3=a5+a6(舍去);⑤a1=-1,a2=2,a3=6,a4=5,a5=3,a6=4,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去);⑥a1=-1,a2=2,a3=6,a4=5,a5=4,a6=3,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去).因此,k=6不满足题意.综上,Q中至少含6个不同的正整数和一个负数才能满足题意,故k≥7.7.(2021北京,21,15分)定义Rp数列{an}:对实数p,满足:①a1+p≥0,a2+p=0;②∀n∈N*,a4n-1<a4n;③am+n∈{am+an+p,am+an+p+1}.(1)对前4项为2,-2,0,1的数列,可以是R2数列吗?说明理由;(2)若{an}是R0数列,求a5的值;(3)是否存在p,使得存在Rp数列{an},对∀n∈N*,满足Sn≥S10?若存在,求出所有这样的p;若不存在,说明理由.解析(1)不是R2数列.由题意可知a2=-2,p=2.若前4项为2,-2,0,1的数列是R2数列,则由③可知,a2=a1+1∈{a1+a1+2,a1+a1+2+1}={6,7},但-2∉{6,7},故不可能是R2数列.(2)若{an}是R0数列,即p=0,则由①知a1≥0,a2=0.令m=n=1,则a2∈{a1+a1+0,a1+a1+0+1}={2a1,2a1+1},∵a1≥0,a2=0,∴a1=0,令m=1,n=2,则a3∈{a1+a2+0,a1+a2+0+1}={0,1},令m=n=2,则a4∈{a2+a2+0,a2+a2+0+1}={0,1},又由②知a3<a4,∴a3=0,a4=1.∴a5∈{a1+a4+0,a1+a4+0+1}={1,2},且a5∈{a2+a3+0,a2+a3+0+1}={0,1},∴a5=1.(3)存在p=2,使得存在Rp数列{an},对∀n∈N*,满足Sn>S10.由题意可知a2=-p,a2∈{2a1+p,2a1+p+1},∵a1+p≥0,∴2a1+p≥-p,2a1+p+1≥-p+1>-p,∴a2=2a1+p=-p,∴a1=-p.令m=1,则an+1∈{an+a1+p,an+a1+p+1}={an,an+1},(*)令m=2,则an+2∈{an+a2+p,an+a2+p+1}={an,an+1},(**)∴a3∈{-p,-p+1},a4∈{-p,-p+1},又∀x∈N*,a4n-1<a4n,∴a3<a4,∴a3=-p,a4=-p+1,由(*)知a5∈{-p+1,-p+2},由(**)知a5∈{-p,-p+1},∴a5=-p+1,∴a6∈{-p+1,-p+2},且a6∈{2a3+p,2a3+p+1}={-p,-p+1},∴a6=-p+1,∴a7∈{-p+1,-p+2},a8∈{-p+1,-p+2},又由②知a8>a7,∴a7=-p+1,a8=-p+2,∴a9∈{-p+2,-p+3},且a9∈{-p+1,-p+2},∴a9=-p+2,∴a10∈{-p+2,-p+3},且a10∈{-p+1,-p+2},∴a10=-p+2,∴a11∈{-p+2,-p+3},a12∈{-p+2,-p+3},又由②知a11<a12,∴a11=-p+2,a12=-p+3,……∴a1=a2=a3=-p,a4=a5=a6=a7=-p+1,a8=a9=a10=a11=-p+2,a12=a13=a14=a15=-p+3,……,故an=-p+k(4k≤n≤4k+3,k∈N,n∈N*),且an+1≥an,∀n∈N*,Sn≥S10,则需a11=−p+2≥0,8.(2020北京,21,15分)已知{an}是无穷数列.给出两个性质:①对于{an}中任意两项ai,aj(i>j),在{an}中都存在一项am,使得ai2aj②对于{an}中任意一项an(n≥3),在{an}中都存在两项ak,al(k>l),使得an=ak(Ⅰ)若an=n(n=1,2,…),判断数列{an}是否满足性质①,说明理由;(Ⅱ)若an=2n-1(n=1,2,…),判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②,说明理由;(Ⅲ)若{an}是递增数列,且同时满足性质①和性质②,证明:{an}为等比数列.解析(Ⅰ)若an=n(n=1,2,…),则数列{an}不满足性质①,可以举反例验证.a32a2=322=92∉N*,在数列{an}中不能找到一项am((Ⅱ)若an=2n-1(n=1,2,…),则数列{an}能同时满足性质①和性质②.对于{an}中任意两项ai,aj(i>j),ai2aj=(2i−1)22j令m=2i-j即可,所以对于{an}中任意两项ai,aj(i>j),在{an}中存在一项am(m=2i-j),使得ai2aj故满足性质①.对于{an}中任意一项an=2n-1,下面寻求{an}中另外两项ak,al(k>l),使得an=ak2al,即2n-1=(2k−1)22l−1=22k-l-1,即n=2k-l,可令l则此时an=2n-1=22n−42故数列{an}能同时满足性质①和性质②.(Ⅲ)证明:(1)当n=3时,由性质②可知存在两项ak,al,使a3=ak2al(又因为{an}是