2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案

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专题六 数列第十八讲 数列的综合应用答案部分2019年  1.解析：对于B，令，得，
取，所以，
所以当时，，故B错误；
对于C，令，得或，
取，所以，
所以当时，，故C错误；
对于D，令，得，
取，所以，…，，
所以当时，，故D错误；
对于A，，，，
，递增，当时，，
所以，所以，所以故A正确．故选A．2.解析：（1）设数列的公差为d，由题意得，解得．从而．由成等比数列得．解得．所以．（2）．我们用数学归纳法证明．①当n=1时，c1=0<2，不等式成立；②假设时不等式成立，即．那么，当时， ．即当时不等式也成立．根据（1）和（2），不等式对任意成立．3.解析（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由，得，解得．因此数列为“M—数列”.（2）①因为，所以．由，得，则.由，得，当时，由，得，整理得．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.②由①知，bk=k，.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，其中k=1，2，3，…，m.当k=1时，有q≥1；当k=2，3，…，m时，有．设f（x）=，则．令，得x=e.列表如下：xe(e，+∞) +0–f（x）极大值因为，所以．取，当k=1，2，3，4，5时，，即，经检验知也成立．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5．3.解析：（I）1，3，5，6.（答案不唯一）.（II）设长度为q末项为的一个递增子列为.由，.因为的长度为p的递增子列末项的最小值为.又是的长度为p的递增子列，所以所以.（III）由题设知，所有正奇数都是中的项.先证明：若2m是中的项，则2m必排在2m-1之前（m为正整数）.假设2m排在2m-1之后，设是数列的长度为m末项为2m-1的递增子列，则是数列的长度为m+1末项为2m的递增子列，与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是中的项.假设存在正偶数不是中的项，设不在中的最小正偶数为2m.因为2k排在2k-1之前 ,所以2k和2k-1不可能在的同一个子列中.又中不超过的数为1，2，…..，，，所以的长度为末项为的递增子列个数至多为，与已知矛盾.最后证明排在之后（为整数）.假设存在（），使得排在之前，则的长度为末项为的递增子列个数小于，与已知矛盾.综上，数列只可能为.经验证，数列符合条件，所以.  2010-2018年 1．A【解析】对数列进行分组如图则该数列前组的项数和为由题意可知，即，解得，即出现在第13组之后．又第组的和为前组的和为，设满足条件的的在第(,)组，且第项为第的第个数，第组的前项和为，要使该数列的前项和为2的整数幂，即与互为相反数，即，所以，由，所以，则，此时对应满足的最小条件为，故选A．2．C【解析】由题意可得，，，，…，中有3个0、3个1，且满足对任意≤8，都有，，…，中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111, 00011011, 00011101,00100111, 00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14个．3．A【解析】对命题p：成等比数列，则公比且；对命题，①当时，成立；②当时，根据柯西不等式，等式成立，则，所以成等比数列，所以是的充分条件，但不是的必要条件.4．A【解析】，，成等比数列，∴，即，解得，所以．5．B【解析】∵在上单调递增，可得，，…，，∴=∵在上单调递增，在单调递减∴，…，，，，…，∴     ===∵在，上单调递增，在，上单调递减，可得因此．6．27【解析】所有的正奇数和()按照从小到大的顺序排列构成，在数列 中，前面有16个正奇数，即，．当时，，不符合题意；当时，，不符合题意；当时，，不符合题意；当时，，不符合题意；……；当时，= 441 +62= 503<，不符合题意；当时，=484 +62=546>=540，符合题意．故使得成立的的最小值为27．7．5【解析】设数列的首项为，则，所以，故该数列的首项为．8．【解析】将代入，可求得；再将代入，可求得；再将代入得；由此可知数列是一个周期数列，且周期为3，所以．9．64【解析】由且成等比数列，得，解得，故．10．【解析】设，则，由于，所以，故的最小值是．11．4【解析】由题意得，得，因此，所以．12．【解析】(1)由条件知：,．因为对=1，2，3，4均成立，即对=1，2，3，4均成立，即11，13，35，79，得．因此，的取值范围为．(2)由条件知：,．若存在，使得(=2，3，···，+1)成立，即(=2，3，···，+1)，即当时，满足．因为，则，从而，，对均成立．因此，取=0时，对均成立．下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）．①当时，，当时，有，从而．因此，当时，数列单调递增，故数列的最大值为．②设，当时，，所以单调递减，从而．当时，，因此，当时，数列单调递减，故数列的最小值为．因此，的取值范围为．13．【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由已知，得，而，所以.又因为，解得.所以，.由，可得 ①.由，可得 ②，联立①②，解得，，由此可得.所以，数列的通项公式为，数列的通项公式为.（Ⅱ）设数列的前项和为，由，，有，故，，上述两式相减，得 得.所以，数列的前项和为.14．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：当时，假设时，，那么时，若，则，矛盾，故．因此所以因此（Ⅱ）由得记函数函数在上单调递增，所以=0，因此故（Ⅲ）因为所以得由得所以 故综上， ．15．【解析】（Ⅰ）由已知， 两式相减得到.又由得到，故对所有都成立.所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.从而.由成等比数列，可得，即，则，由已知,，故 .所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.所以双曲线的离心率 .由解得.因为，所以.于是，故.16．【解析】（Ⅰ）由题意有， ，即．解得 或，故或．（Ⅱ）由，知，，故，于是，          ①.        ②①-②可得，故．17．【解析】（Ⅰ）则所以在内至少存在一个零点．又，故在内单调递增，所以在内有且仅有一个零点．因为是的零点，所以，即，故.（Ⅱ）解法一：由题设，设当时, 当时, 若,若,所以在上递增，在上递减，所以，即．综上所述，当时, ；当时．解法二  由题设，当时, ；当时, 用数学归纳法可以证明．当时, 所以成立．假设时，不等式成立，即．那么，当时，.又令，则．所以当,,在上递减；当,,在上递增．所以，从而．故.即，不等式也成立．所以，对于一切的整数，都有．解法三:由已知，记等差数列为，等比数列为，．则，，所以,令当时, ,所以．当时, ，而，所以，．若, ,，当,,，从而在上递减,在上递增.所以，所以当又,，故综上所述，当时, ；当时18．【解析】（Ⅰ）由．若存在某个使得则由上述递推公式易得重复上述过程可得，此与矛盾，所以对任意．从而即是一个公比的等比数列．故．（Ⅱ）由，数列的递推关系式变为，变形为由上式及，归纳可得．因为，所以对求和得．另一方面，由上已证的不等式知，得．综上，．19．【解析】（Ⅰ）解得（Ⅱ），当为偶数时    ．20．【解析】（Ⅰ）由题意，，，知，又由，得公比（舍去），所以数列的通项公式为，所以，故数列的通项公式为，；（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知，，所以；（ii）因为；当时，，而，得，所以当时，，综上对任意恒有，故．21．【解析】（I）因为是递增数列，所以．而，因此又成等差数列，所以，因而，解得当时，，这与是递增数列矛盾。故.（Ⅱ）由于是递增数列，因而，于是     ①但，所以.        ②又①，②知，，因此      ③因为是递减数列，同理可得，故     ④由③，④即知，。于是 .故数列的通项公式为．22．【解析】（Ⅰ）点在函数的图象上，所以，又等差数列的公差为，所以．因为点在函数的图象上，所以，所以．又，所以．（Ⅱ）由，函数的图象在点处的切线方程为所以切线在轴上的截距为，从而，故从而，，     所以故．23．【解析】（Ⅰ）当时，当时，∴时，，当时，，∴是“H数列”．（Ⅱ）对，使，即取得，∵，∴，又，∴，∴．（Ⅲ）设的公差为d令，对，，对，则，且为等差数列的前n项和，令，则当时；当时；当时，由于n与奇偶性不同，即非负偶数，因此对，都可找到，使成立，即为“H数列”．的前ｎ项和，令，则∵对，是非负偶数，∴即对，都可找到，使得成立，即为“H数列”因此命题得证．24．【解析】（Ⅰ）由，所以， ∴是等差数列.而，，，，（Ⅱ） 25．【解析】（Ⅰ）当时，， （Ⅱ）当时，，,当时，是公差的等差数列.构成等比数列，，，解得,由（Ⅰ）可知， 是首项,公差的等差数列. 数列的通项公式为.（Ⅲ）26．【解析】（Ⅰ）设数列的公比为，则，. 由题意得  即   解得故数列的通项公式为．（Ⅱ）由（Ⅰ）有 . 若存在，使得，则，即 当为偶数时，， 上式不成立；当为奇数时，，即，则.综上，存在符合条件的正整数，且所有这样的n的集合为．27．【证明】（Ⅰ）若，则，，又由题，，，是等差数列，首项为，公差为，，又成等比数列，，，，，，，，（）．（Ⅱ）由题，，，若是等差数列，则可设，是常数，关于恒成立．整理得：关于恒成立．，．28．【解析】（Ⅰ）由已知得：解得,所以通项公式为.（Ⅱ）由，得，即.∵，∴是公比为49的等比数列，∴．29．【解析】（Ⅰ）由题意得，，．（Ⅱ）由（Ⅰ）得．整理得　．由题意，解得．故该企业每年上缴资金的值为缴时，经过年企业的剩余资金为4000元．30．【解析】（Ⅰ）由=，得当=1时，；当2时，，.由，得，.（Ⅱ）由（1）知，所以，，，．31．【解析】：（Ⅰ）由a3+a4+a5=84，a5=73可得而a9=73，则，，于是，即.（Ⅱ）对任意m∈N﹡，，则，即，而，由题意可知，于是，即.32．【解析】（Ⅰ）由题意知，所以，从而所以数列是以1为公差的等差数列．（Ⅱ）．所以，从而    (*)设等比数列的公比为，由知下证．若，则．故当，，与（*）矛盾；若，则．故当，，与（*）矛盾；综上：故，所以．又，所以是以公比为的等比数列，若，则，于是，又由，得，所以中至少有两项相同，矛盾．所以，从而，所以．33．【解析】（Ⅰ）由，可得又，当当（Ⅱ）证明：对任意    ①    ②②-①，得所以是等比数列。（Ⅲ）证明：，由（Ⅱ）知，当时，故对任意由①得因此，于是，故34．【解析】（Ⅰ）由可得又当时，，由，，可得；当时，，可得；当时，，可得；（Ⅱ）证明：对任意 ① ② ③②—③，得  ④将④代入①，可得即又因此是等比数列.（Ⅲ）证明：由（II）可得，于是，对任意，有将以上各式相加，得即，此式当k=1时也成立.由④式得从而所以，对任意，对于=1，不等式显然成立.所以，对任意35．【解析】（Ⅰ）由已知，当n≥1时，．而 所以数列{}的通项公式为．（Ⅱ）由知  ①从而  ②①-②得  ．即    ．36．【解析】（Ⅰ）表4为     1   3   5   7 4   8   1212   2032它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别为4,8,16,32. 它们构成首项为4，公比为2的等比数列．将结这一论推广到表（≥3），即表各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为，公比为2的等比数列.（Ⅱ）表第1行是1,3,5，…，2-1，其平均数是 由（Ⅰ）知，它的各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为，公比为2的等比数列（从而它的第行中的数的平均数是），于是表中最后一行的唯一一个数为.因此．(=1,2,3, …, )，故．