(新高考)高考数学一轮复习过关练考点20 数列的综合运用 （含解析）

这是一份(新高考)高考数学一轮复习过关练考点20 数列的综合运用 （含解析），共27页。试卷主要包含了数列与不等式等内容，欢迎下载使用。

考点20 数列的综合运用
考纲要求



1、 掌握数列求和以及数列通项的一些常用的方法和技巧
2、 掌握数列与不等式、函数的综合性问题的解决策略
3、 掌握数列有关的证明以及参数
4、 掌握与数列有关的定义型问题
近三年高考情况分析



5、 纵观全国或者各地区的高考试题，数列的地位尤为突出，在许多地区出现在压轴题的位置，所涉及的知识点和题型主要为：1、数列与不等式、函数的综合性问题，2、数列有关的证明以及含参问题，3、与数列有关的定义型问题

考点总结




数列在高考中主要体现在中档题和压轴题中，中档题主要考察数列的基本量等问题，压轴题体现在1、数列与不等式、函数的综合性问题，2、数列有关的证明以及含参问题，3、与数列有关的定义型问题等问题中，因此在平时复习中掌握常见题型的解题思路。
三年高考真题





1、【2018年高考江苏卷】已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为___________．
【答案】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，25前面有16个正奇数，即.当n=1时，，不符合题意；当n=2时，，不符合题意；当n=3时，，不符合题意；当n=4时，，不符合题意；……；当n=26时，，不符合题意；当n=27时，,符合题意.故使得成立的n的最小值为27.
2、【2020年全国2卷】0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由知，序列的周期为m，由已知，，

对于选项A，

，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
3、【2020年北京卷】.已知是无穷数列．给出两个性质：
①对于中任意两项，在中都存在一项，使；
②对于中任意项，在中都存在两项．使得．
(Ⅰ)若，判断数列是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列.
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.
【解析】(Ⅰ)不具有性质①；
(Ⅱ)具有性质①；
具有性质②；
(Ⅲ)【解法一】
首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然，假设数列中存在负项，设，
第一种情况：若，即，
由①可知：存在，满足，存在，满足，
由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：，
另一方面，，由数列单调性可知：，
这与的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.
其次，证明：
利用性质②：取，此时，
由数列的单调性可知，
而，故，
此时必有，即，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列的前项成等比数列，不妨设，
其中，（情况类似）
由①可得：存在整数，满足，且 （*）
由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：，
由可得： （**）
由（**）和（*）式可得：，
结合数列的单调性有：，
注意到均为整数，故，
代入（**）式，从而.
总上可得，数列的通项公式为：.
即数列为等比数列.
4、【2020年江苏卷】.已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ–k”数列．
（1）若等差数列是“λ–1”数列，求λ的值；
（2）若数列是“”数列，且an＞0，求数列的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ–3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，
【答案】（1）1
（2）
（3）
【解析】（1）
（2）



，


（3）假设存在三个不同的数列为数列.

或
或
∵对于给定的，存在三个不同的数列为数列，且
或有两个不等的正根.
可转化为，不妨设，则有两个不等正根，设.
① 当时，，即，此时，，满足题意.
② 当时，，即，此时，，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上，

5、【2020年天津卷】已知为等差数列，为等比数列，．
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）记的前项和为，求证：；
（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.
【解析】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.
由，，可得d=1.
从而的通项公式为.
由，
又q≠0，可得，解得q=2，
从而的通项公式为.
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，
故，，
从而，
所以.
(Ⅲ)当n奇数时，，
当n为偶数时，，
对任意的正整数n，有，
和 ①
由①得 ②
由①②得，
由于，
从而得：.
因此，.
所以，数列的前2n项和为.
6、【2019年高考全国II卷理数】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，，.
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式.
【答案】（1）见解析；（2），.
【解析】（1）由题设得，即．
又因为a1+b1=l，所以是首项为1，公比为的等比数列．
由题设得，即．
又因为a1–b1=l，所以是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）由（1）知，，．
所以，
．
7、【2019年高考北京卷理数】已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项（i1 （1）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；
（2）已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为，长度为q的递增子列的末项的最小值为．若p （3）设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{an}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s–1，且长度为s末项为2s–1的递增子列恰有2s-1个（s=1，2，…），求数列{an}的通项公式．
【答案】(1) 1,3,5,6（答案不唯一）；(2)见解析；(3)见解析.
【解析】（1）1，3，5，6.（答案不唯一）
（2）设长度为q末项为的一个递增子列为.
由p 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·
（3）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，设不在中的最小的正偶数为2m.
因为2k排在2k−1之前（k=1，2，…，m−1），所以2k和不可能在的同一个递增子列中.
又中不超过2m+1的数为1，2，…，2m−2，2m−1，2m+1，所以的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为.
与已知矛盾.
最后证明：2m排在2m−3之后（m≥2为整数）.
假设存在2m（m≥2），使得2m排在2m−3之前，则的长度为m+1且末项为2m+l的递增子列的个数小于.与已知矛盾.
综上，数列只可能为2，1，4，3，…，2m−3，2m，2m−1，….
经验证，数列2，1，4，3，…，2m−3，2m，2m−1，…符合条件.
所以
8、【2019年高考天津卷理数】设是等差数列，是等比数列．已知．
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足其中．
（i）求数列的通项公式；
（ii）求．
【答案】（1）；（2）（i）（ii）
【解析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为．依题意得解得故．
所以，的通项公式为的通项公式为．
（2）（i）．
所以，数列的通项公式为．
（ii）


．
9、【2019年高考江苏卷】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}满足：，求证:数列{an}为“M－数列”；
（2）已知数列{bn}满足:，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）①bn=n；②5.
【解析】解：（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：
x

e
(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．
10、【2019年高考浙江卷】设等差数列的前n项和为，，，数列满足：对每个成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）记 证明：
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】（1）设数列的公差为d，由题意得
，
解得．
从而．
所以，
由成等比数列得
．
解得．
所以．
（2）．
我们用数学归纳法证明．
（i）当n=1时，c1=0<2，不等式成立；
（ii）假设时不等式成立，即．
那么，当时，
．
即当时不等式也成立．
根据（i）和（ii），不等式对任意成立．
【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.
11、【2018年高考全国II卷理数】记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值．
【答案】（1）an=2n–9；（2）Sn=n2–8n，最小值为–16．
【解析】（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．
由a1=–7得d=2．
所以{an}的通项公式为an=2n–9．
（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．
所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．

二年模拟试题




题型一、数列中的证明或不等式问题
1、（2020·浙江温州中学3月高考模拟）已知各项均为正数的数列的前项和为，且，（，且）
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：当时，
【答案】(1) (2)见证明
【解析】
（1）由，得，即，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，
所以，即，
当时，，
当时，，也满足上式，所以；
（2）当时，，
所以
2、（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）已知数列满足，，正项数列满足，且是公比为3的等比数列.
（1）求及的通项公式；
（2）设为的前项和，若恒成立，求正整数的最小值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）正项数列满足，且是公比为3的等比数列，
可得，则，
，可得，
当时，又，
相除可得，即数列的奇数项、偶数项均为公比为3的等比数列，
可得.
（2）当为偶数时，

，
由，解得，
当为奇数，，
由，解得，
综上可得.

3、（2020届浙江省温丽联盟高三第一次联考）设是等差数列的前项和，其中，且.
（Ⅰ）求的值，并求出数列的通项公式；
（Ⅱ）设，求证：.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
（Ⅰ）解：令，则，则，
令，则，得，
∵为等差数列，∴，∴，∴，
∴，，，
∴，
∴，数列的通项公式为；
（Ⅱ）证：由题意得，
∴，
∴，
∴

，
∴，
∵，
∴为递增数列，即，
∴成立．
4、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）数列中，，，且.
令，将用表示，并求通项公式；
令，求证：.
【答案】；；证明见解析.
【解析】
数列中，，，
且.
.
时，.
，可得.
时成立.
.
证明：时，.
.
，时也成立.
综上可得：.
5、（2020届浙江省杭州市建人高复高三4月模拟）已知各项均为正数的数列{}的前n项和满足，且
（1）求{}的通项公式；
（2）设数列满足，并记为的前n项和，求证：
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
（1）由，因此
由
得，又，得
从而{}是首项为2公差为3的等差数列，故{}的通项公式为
（2）由可得，从而

=


于是



题型二、数列中的参数问题
1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）已知数列满足：)若正整数使得成立，则（ ）
A．16 B．17 C．18 D．19
【答案】B
【解析】
当时，，即，且.
故，
，故.
故选：.
2、（2020届浙江省宁波市鄞州中学高三下期初）已知数列满足，，则使得最小的整数是（ ）
A．65 B．64 C．63 D．62
【答案】B
【解析】
因为，故可得，
，当时，

，
所以，所以，
另一方面



所以使得最小的整数是64
故选:B.
3、（2020·浙江省温州市新力量联盟高三上期末）已知数列满足：，，若对任意的正整数，都有，则实数的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
，
又在区间上单调递增，
，
实数的取值范围，
故选：．
4、（2020届江苏省南通市如皋市高三下学期二模）已知等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则满足不等式的的最小值为__________.
【答案】12
【解析】因为，，成等差数列。所以等比数列的公比.
由题得
因为，所以
因为时，，
时，.
所以的最小值为12.
故答案为：12

5、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知等差数列的前n项和为．
(1)求的通项公式；
(2)数列满足为数列的前n项和，是否存在正整数m，，使得?若存在，求出m，k的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（2）存在，
【解析】
（1）设等差数列的公差为d，
由得，解得，
；
（2），
， ，
若，则，整理得，
又，，整理得，
解得，
又，，，
∴存在满足题意．

6、（2020届山东实验中学高三上期中）设正项数列的前n项和为，已知
(1)求证：数列是等差数列，并求其通项公式
(2)设数列的前n项和为，且，若对任意都成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）见证明；（2）
【解析】
（1）证明:∵，且，
当时，，解得．
当时，有即，即．于是，
即．
∵，∴为常数
∴数列是为首项，为公差的等差数列，∴．
（2）由（1）可得： ，
∴
，即对任意都成立，
①当为偶数时，恒成立，
令，
，
在上为增函数，

②当为奇数时，恒成立，又，在为增函数，
∴由①②可知：
综上所述的取值范围为:

7、（2020·浙江镇海中学高三3月模拟）在数列中，，，且对任意的N*，都有.
（Ⅰ）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，记数列的前项和为，若对任意的N*都有，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）由可得．
又，，所以，故.
所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以.
所以.
（Ⅱ）因为.
所以
.
又因为对任意的都有，所以恒成立，
即,即当时，.

题型三、数列中的新定义型问题
1、（江苏省南通市海安高级中学2019-2020学年高三9月月考）若无穷数列满足：只要，必有，则称具有性质.
（1）若具有性质，且，，求；
（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，，，判断是否具有性质，并说明理由；
（3）设是无穷数列，已知.求证：“对任意都具有性质”的充要条件为“是常数列”.
【答案】（1）．（2）不具有性质．（3）见解析．
【解析】（1）因为，所以，，．
于是，又因为，解得．
（2）的公差为，的公比为，
所以，．
．
，但，，，
所以不具有性质．
[证]（3）充分性：
当为常数列时，．
对任意给定的，只要，则由，必有．
充分性得证．
必要性：
用反证法证明．假设不是常数列，则存在，
使得，而．
下面证明存在满足的，使得，但．
设，取，使得，则
，，故存在使得．
取，因为（），所以，
依此类推，得．
但，即．
所以不具有性质，矛盾．
必要性得证．
综上，“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”．
2、（2020届江苏省南通市如皋中学高三下学期3月线上模拟）如果无穷数列{an}满足条件：①；② 存在实数M，使得an≤M，其中n∈N*，那么我们称数列{an}为Ω数列.
（1）设数列{bn}的通项为bn＝20n－2n，且是Ω数列，求M的取值范围；
（2）设{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝，S3＝，证明：数列{Sn}是Ω数列；
（3）设数列{dn}是各项均为正整数的Ω数列，求证：dn≤dn＋1.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【解析】（1）因为bn＝20n－2n，所以，
所以当时，；当时，，
所以数列{bn}的最大项是，
所以，所以M的取值范围是.
（2）设{cn}的公比为，则，c3＝，
整理得，解得或，因为，所以.
因为{cn}是等比数列，所以
所以

.
因为，所以数列{Sn}是Ω数列.
（3）假设存在正整数，使得，由数列{dn}是各项均为正整数得，即.
因为数列{dn}是Ω数列，所以，
所以，
同理，，
依此类推，得.
因为数列{dn}是Ω数列，所以存在，，所以当时，，与数列{dn}各项均为正整数矛盾，所以假设不成立，即对任意的正整数，dn≤dn＋1