2027版53B版新高考版数学总复习分层训练6.5　数列的综合与创新

专题六数列6.5数列的综合与创新目录考点数列的综合与创新五年高考·考点练三年模拟·限时练综合提升练五年高考·考点练考点数列的综合与创新1.★★★★(多选)(2021新高考Ⅱ,12,5分)设正整数n=a0·20+a1·21+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai

∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则()A.ω(2n)=ω(n)

B.ω(2n+3)=ω(n)+1C.ω(8n+5)=ω(4n+3)

D.ω(2n-1)=n

ACD

解析对于选项A,2n=0×20+a0·21+a1·22+…+ak·2k+1,∴ω(2n)=0+a0+a1+…+ak=ω(n),∴选项A正确.对于选项B,取n=2,2n+3=7=1×20+1×21+1×22,∴ω(7)=3,而2=0×20+1×21,则ω(2)=1,故ω(7)≠ω(2)+1,选项B错误;对于选项C,4n+3=1×20+1×21+a0·22+a1·23+…+ak-1·2k+1+ak·2k+2,∴ω(4n+3)=1+1+a0+a1+…+ak=ω(n)+2,8n+5=1×20+0×21+1×22+a0·23+a1·24+…+ak·2k+3,∴ω(8n+5)=1+0+1+a0+a1+…+ak=ω(n)+2,∴ω(8n+5)=ω(4n+3),∴选项C正确.对选项D,2n-1=1×20+1×21+…+1×2n-2+1×2n-1,∴ω(2n-1)=

=n,∴选项D正确.故选ACD.2.★★★★(2021浙江,20,15分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-

,且4Sn+1=3Sn-9(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N*恒

成立,求实数λ的取值范围.解析

(1)由4Sn+1=3Sn-9,得4Sn=3Sn-1-9(n≥2),则4an+1=3an(n≥2),又4(a1+a2)=3a1-9,a1=-

,所以4a2=3a1,所以{an}是以-

为首项,

为公比的等比数列,所以an=-3×

.(2)由题意得bn=(n-4)×

.则Tn=(-3)×

+(-2)×

+…+(n-4)×

,

Tn=(-3)×

+(-2)×

+…+(n-4)×

,两式相减,得

Tn=(-3)×

+

+

+…+

-(n-4)×

,所以Tn=-4n×

,由题意得-4n×

≤λ(n-4)×

恒成立,所以(λ+3)n-4λ≥0,记f(n)=(λ+3)n-4λ(n∈N*),所以

解得-3≤λ≤1.3.★★★★★(2024新课标Ⅰ,19,17分)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等

差数列,若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组,且每组的4个数都

能构成等差数列,则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列.(1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6,使得数列a1,a2,…,a6是(i,j)-可分数列;(2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列;(3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列的概率

为Pm,证明:Pm>

.解析

(1)(1,2),(1,6),(5,6).理由:数列a1,a2,…,a6中删去a1,a2后,数列a3,a4,a5,a6是等差数列,所以数列a1,a2,…,a6是(1,2)-

可分数列,同理数列a1,a2,…,a6是(1,6)或(5,6)-可分数列.(2)数列a1,a2,…,a4m+2的前14项a1,a2,…,a14中删去a2和a13后剩余的12项可被平均分为以下3

组:a1,a4,a7,a10;a3,a6,a9,a12;a5,a8,a11,a14.由题设知这3组中的4个数都能构成等差数列.当m≥4时,数列a1,a2,…,a4m+2从第15项开始每连续4项分为一组,共可得m-3组,每组中的4

个数都能构成等差数列.所以当m≥3时,数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列.(3)从4m+2个数中任取两个数i和j(i<j)有

=8m2+6m+1种,①首先,证明(4p+1,4q+2)(p≤q)一定符合题意,p,q∈N,且q≤m.4p+1与4q+2之间有4q+2-(4p+1)-1=4(q-p)个数,按从小到大的顺序每4个一组.4p+1前的4p个数按从小到大的顺序每4个一组.4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组.故(4p+1,4q+2)(0≤p≤q≤m)的不同取值有

+(m+1)=

(m2+3m+2)种.②其次,证明(4p+2,4q+1)(p<q-1)一定符合题意,p,q∈N,且q≤m,4p+1前的4p个数,按从小到大的顺序每4个一组,4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组,对4p+1,4p+2,4p+3,…,4q,4q+1,4q+2,一共有4(q-p)+2个数,去掉其中第2个与第4(q-p)+1个数,即4p+2与4q+1.下面证明去掉后剩下的4(q-p)个数可以分成q-p组,每组4个数构成等差数列.该证明实际上为(2)的推广.令k=q-p≥2,4p+1,4p+1+k,4p+1+2k,4p+1+3k成等差数列;4p+3,4p+3+k,4p+3+2k,4p+3+3k成等差数列;……4p+2+k,4p+2+2k,4p+2+3k,4p+2+4k成等差数列,得证,∴②得证.故(4p+2,4q+1)的不同取值有

-m=

(m2-m)种,由①②,分组方法共有

(m2+3m+2)+

(m2-m)=

(2m2+2m+2)=m2+m+1种,而

-

=

>0,∴Pm>

.三年模拟·限时练综合提升练

限时60分钟1.(2026辽宁大连一模)已知等差数列{an}的首项为2,公差为2,前n项和为Sn,数列{bn}的

前n项和为Tn,且满足bn=

+ln

.若对任意n∈N*,Tn≤m成立,则m的最小值为_________.

2-ln3解析由题可知Sn=2n+

×2=n(n+1),则bn=

+ln

=3

+ln

,则Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=3

+ln

+3

+ln

+…+3

-

+ln

+3

+ln

=3

1-

+

-

+…+

-

+

-

+ln

=3-

-ln(n+1).设f(x)=3-

-ln(x+1),x∈(0,+∞),则f'(x)=

-

=

,当x>2时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当0<x<2时,f'(x)>0,f(x)单调递增.则f(x)在x=2处取得最大值.则m≥

=T2=2-ln3.2.(2026山东青岛二中期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且满足an+1=Sn+2.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=

+1,Tn=b1+b2+…+bn,若Tn<2026,求满足条件的最大整数n.解析

(1)an+1=Sn+2,当n≥2时,an=Sn-1+2,两式相减可得an+1-an=Sn-Sn-1=an,即an+1=2an,当n=1时,可得a2=S1+2=a1+2=4,满足a2=2a1,所以数列{an}是以a1=2为首项,2为公比的等比

数列,则an=a1×2n-1=2n,即数列{an}的通项公式为an=2n.(2)由(1)可得bn=

+1=

+1,则Tn=b1+b2+…+bn=

+

+…+

+n=

+n=1-

+n,若Tn<2026,则1-

+n<2026,易知1-

+n随着n的增大而增大,当n=2025时,T2025=1+2025-

<2026,当n=2026时,T2026=1+2026-

>2026,所以满足条件的最大整数n为2025.3.(2026河南开封重点中学开学考)若各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且2

=an+1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)若正项等比数列{bn}满足b2=2,2b3+b4=b5,求Tn=a1b1+a2b2+…+anbn;(3)对于(2)中的Tn,若对任意的n∈N*,不等式λ·(-2)n+1<Tn+21恒成立,求实数λ的取值范围.解析

(1)由2

=an+1(n∈N*),可得4Sn=

,又4Sn+1=

,所以4an+1=4Sn+1-4Sn=

-

,即(an+1+an)·(an+1-an)=2(an+1+an),因为an>0,所以an+1+an≠0,所以an+1-an=2,所以{an}是公差为2的等差数列.又4a1=

,则a1=1,所以an=1+(n-1)×2=2n-1.(2)设{bn}的公比为q(q>0),因为2b3+b4=b5,所以2b3+b3q=b3q2,即2+q=q2,解得q=-1(舍)或q=2,因为b2=2,所以b1=1,则bn=2n-1,所以Tn=a1b1+a2b2+…+anbn=1×1+3×2+5×22+…+(2n-1)×2n-1,2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,两式相减,得-Tn=1+2(2+22+…+2n-1)-(2n-1)×2n=1+2×

-(2n-1)×2n=(3-2n)×2n-3,所以Tn=(2n-3)·2n+3.(3)由(2)知不等式λ·(-2)n+1<Tn+21可化为λ·(-2)n+1<(2n-3)×2n+24.当n为奇数时,λ<n-

+

,记g(n)=n-

+

,所以λ<g(n)min.g(n+2)-g(n)=2+

-

=2-

,令2-

>0,得n≥3.所以n=1时,g(n+2)-g(n)<0,即g(n+2)<g(n),即g(3)<g(1),n≥3时,g(n+2)-g(n)>0,即g(n+2)>g(n),即n≥3且取奇数时,g(n)单调递增,此时g(n)min=g(3)=3,即λ<3;当n为偶数时,-λ<n-

+

,所以-λ<g(n)min,n=2时,g(n+2)<g(n),即g(4)<g(2),n≥4时,g(n+2)>g(n),即n≥4且取偶数时,g(n)单调递增,此时g(n)min=g(4)=

,所以-λ<

,即λ>-

.综上,实数λ的取值范围为

.4.(2026江苏苏北七市一模)已知有穷等比数列{an}的项数为N(N≥3),a1>0,公比q∈(0,1).

将{an}的所有项按照某种顺序排成一列,得到数列{bn},使得1≤i<j≤N时,aibi≥ajbj.(1)若N=3,写出所有满足条件的{bn}.(2)是否存在{bn},使得对任意3≤k≤N,

≠bk-2bk都成立?并说明理由.(3)从满足条件的所有数列{bn}中随机抽取一个,求抽到的{bn}为等比数列的概率.解析

(1)当N=3时,满足条件的{bn}有4个,分别为a1,a2,a3;a1,a3,a2;a2,a1,a3;a3,a2,a1.(2)存在{bn},使得对任意3≤k≤N,

≠bk-2bk都成立.理由如下:当N为偶数时,设{bn}为a2,a1,a4,a3,…,aN,aN-1,①因为a1a2≥a2a1≥a3a4≥a4a3≥…≥aN-1·aN≥aNaN-1,即a1b1≥a2b2≥a3b3≥a4b4≥…≥aN-1bN-1≥aNbN,所以①满足条件,当k为奇数时,k+3为偶数,

>

=ak+1·ak+3,

<akak+2,1≤k≤N-3,所以N为偶数时,存在{bn},使得对任意3≤k≤N,

≠bk-2bk都成立.当N为奇数时,设{bn}为a1,a3,a2,a5,a4,…,aN,aN-1,②因为

≥a2a3≥a3a2≥…≥aN-1aN≥aNaN-1,所以②满足条件,同理可验证②中,对任意3≤k≤N,

≠bk-2bk都成立,即N为奇数时,存在{bn},使得对任意3≤k≤N,

≠bk-2bk都成立.综上,存在{bn},使得对任意3≤k≤N,

≠bk-2bk都成立.(3)因为an=a