【科学备考】(新课标)2022高考数学二轮复习 第六章 数列 数列的综合与应用 理(含2022试题)
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【科学备考】(新课标)2022高考数学二轮复习第六章数列数列的综合与应用理(含2022试题)理数1.(2022年北京海淀区高三第二次模拟,8,5分)若数列满足:存在正整数,对于任意正整数都有成立,则称数列为周期数列,周期为.已知¥数列满足,则下列结论中错误的是( )A.若,则可以取3个不同的值 B.若,则数列是周期为的数列C.且,存在,是周期为的数列D.且,数列是周期数列[答案]1.D [解析]1.对于A项,若,则由得或;进而推出,或,或.即或或,故A项正确;对于B项,若,即,则,…,故数列是周期为的数列.故B项正确;对于C项,若且,是周期为的数列,则一定有满足,即,化简得,所以19\n(舍去).此时,满足.故C项正确;对于D项,假设且,数列是周期数列,则一定存在使得,那么,.故其后一定有某一项为,且,则,化简得,所以.因为不可能为有理数,故与假设矛盾.所以D项错误.2.(2022课标Ⅰ,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,则( )A.{Sn}为递减数列B.{Sn}为递增数列C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列[答案]2.B[解析]2.由bn+1=,cn+1=得bn+1+cn+1=an+(bn+cn),①bn+1-cn+1=-(bn-cn),②由an+1=an得an=a1,代入①得bn+1+cn+1=a1+(bn+cn),∴bn+1+cn+1-2a1=(bn+cn-2a1),∵b1+c1-2a1=2a1-2a1=0,∴bn+cn=2a1>|BnCn|=a1,所以点An在以Bn、Cn为焦点且长轴长为2a1的椭圆上(如图).由b1>c1得b1-c1>0,所以|bn+1-cn+1|=(bn-cn),即|bn-cn|=(b1-c1)·,所以当n增大时|bn-cn|变小,即点An向点A处移动,即边19\nBnCn上的高增大,又|BnCn|=an=a1不变,所以{Sn}为递增数列.3.(2022山西太原高三模拟考试(一),16)在数列中,已知,则 .[答案]3. [解析]3. ,,,,,,.,又因为,代入解得,同理可得,又因为函数单调函数,所以可得,同理可得,所以.4.(2022年河南十所名校高三第二次联考,16,5分)设数列是等差数列,数列是等比数列,记数列{},{}的前n项和分别为,.若a5=b5,a6=b6,且S7-S5=4(T6-T4),则=____________.19\n[答案]4. [解析]4.设等差数列的公差为,等比数列的公比为.由a5=b5,a6=b6,且S7-S5=4(T6-T4),得解得故5.(2022重庆,22,12分)设a1=1,an+1=+b(n∈N*).(Ⅰ)若b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式;(Ⅱ)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n<c<a2n+1对所有n∈N*成立?证明你的结论.[答案]5.查看解析[解析]5.(Ⅰ)解法一:a2=2,a3=+1.再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.从而{(an-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,故(an-1)2=n-1,即an=+1(n∈N*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想an=+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=+1,则ak+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=+1(n∈N*).(Ⅱ)解法一:设f(x)=-1,则an+1=f(an).令c=f(c),即c=-1,解得c=.19\n下用数学归纳法证明加强命题a2n<c<a2n+1<1.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2<<a3<1,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2k<c<a2k+1<1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则an+1=f(an).先证:0≤an≤1(n∈N*).①当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=-1<1.即0≤ak+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.再证:a2n<a2n+1(n∈N*).②当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2<a3,即n=1时②成立.假设n=k时,结论成立,即a2k<a2k+1.由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N*成立.由②得a2n<-1,即(a2n+1)2<-2a2n+2,因此a2n<.③又由①、②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2,所以a2n+1>-1,解得a2n+1>.④综上,由②、③、④知存在c=使a2n<c<a2n+1对一切n∈N*成立.19\n6.(2022重庆一中高三下学期第一次月考,22)(原创)在数列中,已知,,其前项和满足。(1) 求的值;(2) 求的表达式;(3) 对于任意的正整数,求证:。[答案]6.查看解析[解析]6. (1)依次令可得,,; (2)法一:由⑴猜想,下面用数学归纳法证明:①当时结论显然成立;②假设时结论成立,即,则,故当时结论成立。综上知结论成立。 法二:猜想,下面用第二数学归纳法证明:①当时结论显然成立;②假设时结论成立,即,则,故当时结论成立。综上知结论成立。 法三:由题,当时,,故,因此。又,故。(3)法一:由(2)知为等差数列,故。由19\n知一定时,要使最小,则最大。显然,故,因此,从而。 法二:因为,所以,故,因此,从而,即。法三:(i)当时不等式显然成立;(ii)假设时不等式成立,即,则如“法二”可证,故,即当时不等式成立。综上得证。7.(2022天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试,20)已知数列的各项均为正数,是数列的前n项和,且. (1)求数列的通项公式; (2)的值.[答案]7.查看解析[解析]7.(1)当n=1时,解出a1=3,又4Sn=an2+2an-3 ①19\n 当时 4sn-1=+2an-1-3 ② ①-② ,即,∴,(),是以3为首项,2为公差的等差数列, 6分. (2) ③又 ④④-③ = 12分8.(2022天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试,22)已知数列{}中,,点在直线上,其中.(1)令,求证数列是等比数列;(2)求数列的通项;⑶ 设分别为数列的前项和,是否存在实数,使得数列为等差数列?若存在,试求出.若不存在,则说明理由.[答案]8.查看解析[解析]8.解:(I)由已知得 又19\n是以为首项,以为公比的等比数列. 4分(II)由(I)知,将以上各式相加得: 8分(III)解法一:存在,使数列是等差数列.数列是等差数列的充要条件是、是常数19\n即又当且仅当,即时,数列为等差数列. 14分解法二:存在,使数列是等差数列.由(I)、(II)知,又当且仅当时,数列是等差数列. 14分9.(2022江西重点中学协作体高三第一次联考数学(理)试题,17)已知数列的前n项和为,.(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前n项和为.[答案]9.查看解析[解析]9. (1)……………①时,……………②①②得:19\n即 ……………………………………3分在①中令,有,即,……………………………………5分故对10.(2022江西红色六校高三第二次联考理数试题,18)已知{an}是公差为d的等差数列,它的前n项和为Sn,S4=2S2+8.(Ⅰ)求公差d的值;(Ⅱ)若a1=1,设Tn是数列{}的前n项和,求使不等式Tn≥对所有的n∈N*恒成立的最大正整数m的值;[答案]10.查看解析[解析]10. (Ⅰ)设数列{an}的公差为d,∵S4=2S2+8,即4a1+6d=2(2a1+d)+8,化简得:4d=8,解得d=2.……………………………………………………………………4分(Ⅱ)由a1=1,d=2,得an=2n-1,…………………………………………5分∴=.…………………………………………6分∴Tn===≥,…………………………………………8分又∵不等式Tn≥对所有的n∈N*恒成立,19\n∴≥,…………………………………………10分化简得:m2-5m-6≤0,解得:-1≤m≤6.∴m的最大正整数值为6.……………………………………………………12分11.(2022吉林实验中学高三年级第一次模拟,17)已知是单调递增的等差数列,首项,前项和为,数列是等比数列,其中 (1)求的通项公式; (2)令求的前20项和。[答案]11.查看解析[解析]11.12.(2022湖北黄冈市高三三月质量检测,18,12分)已知是一个公差大于0的等差数列,且满足. (Ⅰ)求数列的通项公式; (Ⅱ)令,记数列的前项和为,对于任意的,不等式恒成立,求实数的最小值.[答案]12.(I)设等差数列的公差为d,则依题设d>0.由a2+a7=16,得 ①19\n由得 ②由①得将其代入②得.即 (Ⅱ)由(I)得,=.故=1-<1.恒成立m的最小值为100. 12.13.(2022山东青岛高三三月质量检测,20,12分)已知,数列满足,数列满足;又知数列中,,且对任意正整数,.(Ⅰ)求数列和数列的通项公式;(Ⅱ)将数列中的第项,第项,第项,……,第项,……删去后,剩余的项按从小到大的顺序排成新数列,求数列的前项和.[答案]13.(Ⅰ),.又由题知:令,则,.若,则,,所以恒成立若,当,不成立,所以.19\n(Ⅱ)由题知将数列中的第3项、第6项、第9项……删去后构成的新数列中的奇数列与偶数列仍成等比数列,首项分别是,公比均是.13.14.(2022安徽省皖南八校高三第三次联合考试21,14分)已知Sn为数列{an}的前n项和,a1=a,Sn=kan+1且常数k满足0<|k|<1.(I)求数列{an}的通项公式;(II)对于每一个正整数m,若将数列中的三项am+1,am+2,am+3按从小到大的顺序调整后,均可构成等差数列,且记公差为dm,试求k的值及相应dm的表达式(用含m的式子表示);(III)记数列{dm}(这里dm是(2)中的dm的前m项和为Tm=d1+d2+…+dm.问是否存在a,使得Tm<90对恒成立?若存在,求出a的最大值;若不存在,请说明理由.[答案]14.(1),. 此两式相减,得,化简得. 又,是公比为,首项为的等比数列.(). 又时,,通项公式 (2)是正整数,.19\n又按从小到大顺序调整后可以构成等差数列,所以公差. 若,解得.于是,. 若,此时方程无解,即不符合题意. 若,解得.于是,. 综上,若,则;若,则.(3)因为,若,则.由,即对一切正整数成立,故.这与是正整数矛盾.所以,此时不存在满足条件的.若,则.由,即对一切正整数成立,得.所以,.综上,可知存在满足条件的正整数,且的最大值为40.14.15.(2022年北京海淀区高三第二次模拟,20,13分)设是由个实数组成的行列的数表,如果某一行(或某一列)各数之和为负数,则改变该行(或该列)中所有数的符号,称为一次“操作”.(Ⅰ)数表如表1所示,若经过两次“操作”,使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负实数,请写出每次“操作”后所得的数表(写出一种方法即可);(Ⅱ)数表如表2所示,若必须经过两次“操作”,才可使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数,求整数的所有可能值;(Ⅲ)对由个实数组成的行列的任意一个数表,能否经过有限次“操作”以后,使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数?请说明理由.19\n[答案]15.(Ⅰ)解:法1:法2:法3:(Ⅱ)每一列所有数之和分别为2,0,,0,每一行所有数之和分别为,1; ①如果首先操作第三列,则 则第一行之和为,第二行之和为,这两个数中,必须有一个为负数,另外一个为非负数,所以或,当时,则接下来只能操作第一行,此时每列之和分别为,必有,解得.当时,则接下来操作第二行此时第4列和为负,不符合题意. ②如果首先操作第一行 19\n则每一列之和分别为,,,.当时,每列各数之和已经非负,不需要进行第二次操作,舍掉;当时,,至少有一个为负数;所以此时必须有,即,所以或,经检验,或符合要求综上,. (Ⅲ)能经过有限次操作以后,使得得到的数表所有的行和与所有的列和均为非负实数.证明如下:记数表中第行第列的实数为(),各行的数字之和分别为,各列的数字之和分别为,,,数表中个实数之和为,则.记.按要求操作一次时,使该行的行和(或该列的列和)由负变正,都会引起(和)增大,从而也就使得增加,增加的幅度大于等于,但是每次操作都只是改变数表中某行(或某列)各数的符号,而不改变其绝对值,显然,必然小于等于最初的数表中个实数的绝对值之和,可见其增加的趋势必在有限次之后终止.终止之时,必是所有的行和与所有的列和均为非负实数,否则,只要再改变该行或该列的符号,就又会继续上升,导致矛盾,故结论成立.15.16.(2022年辽宁省五校协作体高三第二次模拟考试,19,12分)鑫隆房地产公司用2160万元购得一块空地,计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房.经测算,如果将楼房建为层,则每平方米的平均建筑费用为(单位:元).为了使楼房每平方米的平均综合费用最少,该楼房应建为多少层?(注:平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用,平均购地费用=)[答案]16.设楼房每平方米的平均综合费为元,则19\n.方法一:,令得当时, ;当时,,因此当时,取最小值.(方法二:,当且仅当时成立,即时,).答:为了楼房每平方米的平均综合费最少,该楼房应建为15层.16.17.(2022年四川成都市高新区高三4月月考,19,12分)设函数,数列前项和,,数列,满足.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)设数列的前项和为,数列的前项和为,证明:.[答案]17.(Ⅰ)由,得是以为公比的等比数列,故.(Ⅱ)由,得…,记…+,19\n用错位相减法可求得:.(注:此题用到了不等式:进行放大.)17.18.(2022江西,17,12分)正项数列{an}的前n项和Sn满足:-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.(1)求数列{an}的通项公式an;(2)令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:对于任意的n∈N*,都有Tn<.[答案]18.(1)由-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0.由于{an}是正项数列,所以Sn>0,Sn=n2+n.于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列{an}的通项an=2n.(2)证明:由于an=2n,bn=,则bn==-.Tn=1-+-+-+…+-+-=<=.18.19
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