2023高考数学二轮真题与模拟训练26讲专题13 数列的综合应用解析

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专题13 数列的综合应用第一部分真题分类如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i100且该数列的前N项和为2的整数幂，那么该款软件的激活码是( )A. 440 B. 330 C. 220 D. 110【答案】A【解析】解：由题意可知，数列可看作：第一项20，第二项：20,21，第三项：20,21,22，…，第n项：20,21,22,…,2n-1，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21-1，22-1，23-1，…，2n-1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n，总共的项数为N=1+2+3+…+n=(1+n)n2，所有项数的和为Sn=21-1+22-1+23-1+…+2n-1 =(21+22+23+…+2n)-n =2(1-2n)1-2-n=2n+1-2-n，由题意可知：2n+1为2的整数幂，只需将-2-n消去即可，则①1+2+(-2-n)=0，解得：n=1，总共有(1+1)×12+2=3，不满足N>100，②1+2+4+(-2-n)=0，解得：n=5，总共有(1+5)×52+3=18，不满足N>100，③1+2+4+8+(-2-n)=0，解得：n=13，总共有(1+13)×132+4=95，不满足N>100，④1+2+4+8+16+(-2-n)=0，解得：n=29，总共有(1+29)×292+5=440，满足N>100，∴该款软件的激活码是440．故选A．设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*)，则d+q的值是______．【答案】4【解析】解：因为{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*)，因为{an}是公差为d的等差数列，设首项为a1；{bn}是公比为q的等比数列，设首项为b1，所以{an}的通项公式an=a1+(n-1)d，所以其前n项和：n[a1+a1+(n-1)d]2=d2n2+(a1-d2)n， {bn}中，当公比q=1时，其前n项和Sn=nb1，所以{an+bn}的前n项和Sn=d2n2+(a1-d2)n+nb1=n2-n+2n-1(n∈N*)，显然没有出现2n，所以q≠1，则{bn}的前n项和为：b1(qn-1)q-1=b1qnq-1-b1q-1，所以Sn=d2n2+(a1-d2)n+b1qnq-1-b1q-1=n2-n+2n-1(n∈N*)，由两边对应项相等可得：d2=1a1-d2=-1q=2b1q-1=1解得：d=2，a1=0，q=2，b1=1，所以d+q=4，故答案为：4．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9=-a5．(1)若a3=4，求{an}的通项公式；(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．【答案】解：(1)根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，若S9=-a5，则S9=(a1+a9)×92=9a5=-a5，可得a5=0，即a1+4d=0，若a3=4，则d=a5-a32=-2，则an=a3+(n-3)d=-2n+10；(2)若Sn≥an，则na1+n(n-1)2d≥a1+(n-1)d，当n=1时，不等式成立，当n≥2时，有nd2≥d-a1，变形可得(n-2)d≥-2a1，又由(1)得a1+4d=0，即d=-a14，则有(n-2)-a14≥-2a1，又由a1>0，则有n≤10，则有2≤n≤10，综合可得：1≤n≤10且n∈N*．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4-2a1，S11=11b4．(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式；(Ⅱ)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2+b3=12，得b1(q+q2)=12，而b1=2，所以q2+q-6=0.又因为q>0，解得q=2.所以bn=2n．由b3=a4-2a1，可得3d-a1=8，由S11=11b4，可得a1+5d=16，联立解得a1=1，d=3，所以an=3n-2．所以{an}的通项公式为an=3n-2，{bn}的通项公式为bn=2n；(Ⅱ)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由(1)可得a2n=6n-2，所以Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n，2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1，上述两式相减，得-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=12×(1-2n)1-2-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16，所以Tn=(3n-4)2n+2+16. 所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=4，a4=S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．(Ⅰ)求数列{an}，{bn}的通项公式；(Ⅱ)记cn=an2bn，n∈N*，证明：c1+c2+…+cn<2n，n∈N*．【答案】解：(Ⅰ)设数列{an}的公差为d，由题意得a1+2d=4a1+3d=3a1+3d，解得a1=0，d=2，∴an=2n-2，n∈N*．∴Sn=n2-n，n∈N*，∵数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．∴(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn)，解得bn=1d(Sn+12-SnSn+2)，解得bn=n2+n，n∈N*．证明：(Ⅱ)cn=an2bn=2n-22n(n+1)=n-1n(n+1)，n∈N*，用数学归纳法证明：①当n=1时，c1=0<2，不等式成立；②假设n=k，(k∈N*)时不等式成立，即c1+c2+…+ck<2k，则当n=k+1时，c1+c2+…+ck+ck+1<2k+k(k+1)(k+2)<2k+1k+1<2k+2k+1+k=2k+2(k+1-k)=2k+1，即n=k+1时，不等式也成立．由①②得c1+c2+…+cn<2n，n∈N*．已知数列{an}是公差为2的等差数列，其前8项的和为64.数列{bn}是公比大于0的等比数列，b1=4，b3-b2=48．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)记cn=b2n+1bn，n∈N*．(i)证明：{cn2-c2n}是等比数列；(ii)证明：k=1nakak+1ck2-c2k<22(n∈N*)．【答案】证明：(1)由数列{an}是公差d为2的等差数列，其前8项的和为64，可得8a1+12×8×7d=64，解得a1=1，所以an=1+2(n-1)=2n-1；由数列{bn}是公比q大于0的等比数列，b1=4，b3-b2=48，可得4q2-4q=48，解得q=4(-3舍去)，所以bn=4n；(2)(i)证明：因为an=2n-1，bn=4n，所以cn=b2n+1bn=42n+14n，则cn2-c2n=(42n+14n)2-(44n+142n)=42n+2⋅4n+142n-44n-142n=2⋅4n，所以cn+12-c2n+2cn2-c2n=2⋅4n+12⋅4n=4，又c12-c2=(42+14)2-(44+142)=8，所以数列{cn2-c2n}是以8为首项，4为公比的等比数列；(ii)证明：设pn=anan+1cn2-c2n=(2n-1)(2n+1)2⋅4n=4n2-12⋅4n<4n22⋅4n=2⋅n2n，考虑qn=n2n，则pn<2qn，所以k=1nqk=12+222+...+n2n，则12k=1nqk=122+223+⋅⋅⋅+n2n+1，两式相减可得，12k=1nqk=12+122+⋅⋅⋅+12n-n2n+1=12×(1-12n)1-12-n2n+1=1-n+22n+1，所以k=1nqk=2-n+22n<2，则k=1nakak+1ck2-c2k<2k=1nqk<22，故k=1nakak+1ck2-c2k<22．定义Rp数列{an}：对p∈R，满足：①a1+p≥0，a2+p=0；②∀n∈N*，a4n-11，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项 .数列{bn}满足b1=1，数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n．(Ⅰ)求q的值；(Ⅱ)求数列{bn}的通项公式．【答案】解：(1)等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项，可得2a4+4=a3+a5=28-a4，解得a4=8，由8q+8+8q=28，可得q=2或q=12(舍去)，则q的值为2；(2)由q=2及a3+a4+a5=28可得a1(q2+q3+q4)=28，解得a1=1，故an=1×2n-1=2n-1，设cn=(bn+1-bn)an=(bn+1-bn)2n-1，可得n=1时，c1=2+1=3，n≥2时，可得cn=2n2+n-2(n-1)2-(n-1)=4n-1，上式对n=1也成立，则(bn+1-bn)an=4n-1，即有bn+1-bn=(4n-1)⋅(12)n-1，可得bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=1+3×(12)0+7×12+…+(4n-5)⋅(12)n-2，12bn=12+3×12+7×(12)2+…+(4n-5)⋅(12)n-1，相减可得12bn=72+4[12+(12)2+…+(12)n-2]-(4n-5)⋅(12)n-1=72+4⋅12(1-12n-2)1-12-(4n-5)⋅(12)n-1，化简可得bn=15-(4n+3)⋅(12)n-2．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4-2a1，S11=11b4．(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式；(Ⅱ)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由已知b2+b3=12，得b1(q+q2)=12，而b1=2，所以q+q2-6=0，又因为q>0，解得q=2，所以bn=2n；由b3=a4-2a1，可得3d-a1=8①，由S11=11(a1+a11)2=11b4，可得a1+5d=16②，联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得an=3n-2；所以，数列{an}的通项公式为an=3n-2，数列{bn}的通项公式为bn=2n．(Ⅱ)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn，由a2n=6n-2，b2n-1=12×4n，有a2nb2n-1=(3n-1)4n，故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)4n，4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-1)4n+1，上述两式相减，得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)4n+1=12×(1-4n)1-4-4-(3n-1)4n+1=-(3n-2)4n+1-8，得Tn=3n-23×4n+1+83．所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn=3n-23×4n+1+83．第二部分模拟训练1．某企业年初在一个项目上投资千万元，据市场调查，每年获得的利润为投资的，为了企业长远发展，每年底需要从利润中取出万元进行科研、技术改造，其余继续投入该项目．设经过年后，该项目的资金为万元．（1）求证：数列为等比数列；（2）若该项目的资金达到翻一番，至少经过几年？（，）【答案】（1）证明见解析；（2）年.【解析】（1）证明：由题意知．即，所以．由题意知，所以数列的首项为，所以是首项为，公比为的等比数列．（2）由（1）知数列的首项为，公比为．所以，所以．当，得．两边取常用对数得，所以，所以，因为，所以．即至少经过年，该项目的资金达到翻一番．2．已知数列的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列.数列前项和为，且满足（1）求数列的通项公式；（2）求数列前项和；（3）在数列中，是否存在连续的三项，按原来的顺序成等差数列？若存在，求出所有满足条件的正整数的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）;（2）;（3）在数列中，仅存在连续的三项，按原来的顺序成等差数列，此时正整数的值为1.【解析】（1）显然要分奇偶求解，用等差数列的通项公式和等比数列的通项公式即可求解；（2）同（1）要按奇偶分别求和，即求的也就是分奇偶后的前n项和；（3）先假设存在这样的连续三项按原来的顺序成等差数列，即假设，则，然后代入通项公式得，显然不成立；再假设，则，然后代入通项公式得，解此方程要构造新的方程，即令，，故，只有，则仅存在连续的三项合题意.试题解析：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则,,又，，解得,∴对于，有,故.（2）.（3）在数列中，仅存在连续的三项，按原来的顺序成等差数列，此时正整数的值为1，下面说明理由.若，则由，得,化简得，此式左边为偶数，右边为奇数，不可能成立.若，则由，得,化简得.令，则.因此，，故只有，此时.综上，在数列中，仅存在连续的三项，按原来的顺序成等差数列，此时正整数的值为13．设数列的前n项和为，（1）求证：数列是等比数列；（2）若，是否存在q的某些取值，使数列中某一项能表示为另外三项之和？若能求出q的全部取值集合，若不能说明理由．（3）若，是否存在，使数列中，某一项可以表示为另外三项之和？若存在指出q的一个取值，若不存在，说明理由．【答案】解：（1）见详解；（2）不存在；（3）不存在【解析】（1）n=1时，，时，（n=1也符合），，即数列是等比数列．（2）若则可设，两边同除以得：因为左边能被q整除，右边不能被q整除，因此满足条件的q不存在．（3）若则可设，，，不成立．4．已知数列为正项等比数列，满足，且构成等差数列，数列满足.（1）求数列，的通项公式；（2）若数列的前项和为，数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】解：（1）设等比数列的公比为，由题意，得解得或（舍）又所以（2）.5．已知函数，.（1）当时，恒成立，试求实数的取值范围；（2）若数列满足：，，证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）依题意，恒成立，即恒成立，亦即恒成立.令，则，令，则，在上单调递增，在上也单调递增，当时，，在上单调递增，恒成立，当时，在上单调递减，在上单调递增，而，所以在不恒成立，故实数的取值范围是；（2），所以，若，则，由（1）知，在上单调递增，且，即当时，，.6．已知等差数列{an}和等比数列{bn}均不是常数列，若a1＝b1＝1，且a1，2a2，4a4成等比数列， 4b2，2b3，b4成等差数列．（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）设m，n是正整数，若存在正整数i，j，k（i＜j＜k），使得ambj，amanbi，anbk成等差数列，求m＋n的最小值；（3）令cn＝，记{cn}的前n项和为Tn，{ }的前n项和为An．若数列{pn}满足p1＝c1，且对n≥2, n∈N*，都有pn＝＋Ancn，设{pn}的前n项和为Sn，求证：Sn＜4＋4lnn．【答案】（1）（2）或（3）见解析【解析】（1）设等差数列的公差为d（d≠0），等比数列在公比为q（q≠1），由题意得：解得d＝1，q＝2，所以.（2）由ambj，amanbi，anbk成等差数列，有，即，由于，且为正整数，所以，所以，可得，即，①当1≤m≤2时，不等式不成立；②当或时成立； ③当时，，，即，则有；所以的最小值为6，当且仅当，且或时取得．（3）由题意得：（1）（2）（1）—（2）得，求得，所以，设，则，所以在上单调递增，有，可得 . 当，且N*时，，有，所以，可得，所以.7．已知数列中，，且对任意正整数都成立，数列的前项和为．（1）若，且，求；（2）是否存在实数，使数列是公比为1的等比数列，且任意相邻三项按某顺序排列后成等差数列，若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由；（3）若，求．（用表示）．【答案】(1) ；(2) ；(3) .【解析】（1）时，，所以数列是等差数列，此时首项，公差，数列的前项和是；故，得；（2）设数列是等比数列，则它的公比，所以，①为等差中项，则，即，解得，不合题意；②为等差中项，则,即，化简得：，解得或（舍去）；③若为等差中项，则，即，化简得：，解得；；综上可得，满足要求的实数有且仅有一个，；（3），则，，当是偶数时，，当是奇数时，，也适合上式，综上可得，．8.已知数列中，，前项和满足（）．⑴ 求数列的通项公式；⑵ 记，求数列的前项和；⑶ 是否存在整数对（其中，）满足？若存在，求出所有的满足题意的整数对；若不存在，请说明理由．【答案】(1) ;(2) ;(3) ，，．【解析】当时,可得（），而当时，（），可得到数列是首项为，公比也为的等比数列，从而可求数列的通项公式；由知，代入，对通项公式进行裂项，即可求得数列的前项和；要求出所有的满足题意的整数对，根据题目意思表达出关于的表达式，然后进行讨论．解析：⑴ 当时，与相减，得，即（），在中，令可得，，即；故（），故数列是首项为，公比也为的等比数列，其通项公式为；⑵由⑴ 知，，则． ⑶，即，即，若存在整数对，则必须是整数，其中只能是的因数，可得时，；时，；时，；综上所有的满足题意得整数对为，，．