专题8 考点19 数列的综合应用 题组1 -【高考密码】备战2025年高考数学2020-2024五年真题分类汇编

五年高考真题 分类集训 数学 考点19 数列的综合应用 题组一 易楼记来: 一、选择题 三、解答题 1.(2022·全国乙卷·理)嫦娥二号卫星在完成探 5.(2024·北京卷)已知集合M一((i.j.k,w)lie 月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗 (1.2),j(3,4),k(5,6).w(7,8),且i+j 环绕太阳飞行的人造卫星,为研究嫦娥二号绕日 k十为偶数》.给定数列A:a,a,...,a。和序列 周期与地球绕日周期的比值,用到数列(5。):b Q.T.T....T.其中T-(i.i..w)EM -1+1.b2-1+- 1 -1.2...,s),对数列A进行如下变换;将A的 1 十- 第,,b,w;项均加1.其余项不变,得到的数 2-1 列记作T.(A);将T(A)的第i。,i。,b,w。项均 ) ...以此类推,其中aN.(-1,2...),则( 加1,其余项不变,得到的数列记作T。T(A); A.b<b B.b<b ......;以此类推,得到数列T....T。T.(A).简记 C.b<b2 D.b.<b 为Q(A). 2.(2022·浙江卷)已知数列a.)满足a=1,a (1)给定数列A:1.3,2,4,6,3,1,9和序列0:(1; 3.5.7).(2,4,6,8).(1,3,5,7).写出0(A); 。_ -- △ (2)是否存在序列0,使得0(A)为a+2,a+6. 5 <100a1o。<3 B. a+4,at+2,a+8,a+2,a+4.as+4?若存 在,写出一个0,若不存在,说明理由 (3)若数列A的各项均为正整数,且a:十a;+a 十a:为偶数,求证:“存在序列O,使得O(A)的 3.(2020·全国卷II)0一1周期序列在通信技术中 各项都相等”的充要条件为“a十a。二a。十a= 有着重要应用.若序列aa...a....满足aE(0. 1)(i-1,2....),且存在正整数m,使得a+=a a十a6-a7十as”. (i=1:2...)成立,则称其为0一1周期序列,并称 满足a-a(i-1,2,...)的最小正整数m为这 个序列的周期,对于周期为n的0一1序列aa ..()-aaa(k6一1,...n-1)是 描述其性质的重要指标,下列周期为5的0一1 A.11010... B.11011... C.10001... D.11001... 二、填空题 4.(2024·上海卷)等比数列a.)的首项a>0,公 比q1,记I=x-yx.ya.]Ua a]),若对任意正整数n,I.是闭区间,则a的 取值范围是 52 专题八数列 6.(2023·新课标IlI卷)已知a。)为等差数列,6= 8.(2022·新高考IlI卷)已知a。)是等差数列,(.) a.-6,n为奇数 是公比为2的等比数列,且a2-b2-a3-b ,记S,T.分别为数列a, 2a..n为偶数 b-a. 的前n项和,S=32,T=16 (1)证明:a-b: (1)求a)的通项公式; (2)求集合lb=a.+a,1<m<500)中元素 (2)证明:当n5时,T$ 的个数. 7.(2023·天津卷)已知a.)是等差数列,a十a 16,a.-a-4. 9.(2021·新高考II卷)记S.为公差不为零的等差 数列a.)的前n项和.已知a-S,a2a-S4. (1)求。的通项公式 (2)已知.为等比数列,对于任意EN*},若 (2)求使得S>a。的n的最小值. 2*-1<n<2k-1,则b a<b+1$$ (1)当 >2时,求证:;2-1<<2*+1;$ (lI)求的通项公式及其前”项和. 3 五年高考真题 分类集训 数学 10.(2020·新高考I卷)已知公比大于1的等比数 12.(2020·天津卷)已知a。为等差数列,.为 列(a满足a2+a4-20,a3-8. 等比数列,a=b-1,a=5(a -a),b=4(b (1)求a的通项公式; -b). (2)记b.为a在区间(0,ml(mEN)中的项 (1)求。和6的通项公式 的个数,求数列(b)的前100项和S100. (2)记a)的前n项和为S,求证:SS S2(nEN*); (3)对任意的正整数n,设C。= (3an-2)b。,为奇数, a十2 a-1,n为偶数. 求数列c。的前2n 1 项和. 11.(2020·渐江卷)已知数列a.).c)满足 b_ a=b=c1=1,cn-+1-a,cn+1 b2 C.,nEN. (1)若6。)为等比数列,公比q>0,且6十b 6b。.求o的值及数列a。)的通项公式; (2)若(b。)为等差数列,公差d>0,证明:cì十c详解答案 9.解:(1)因为2S.-n。. 'a+}-a+3,即b1-6+3 当n=l时,2a:-,即a-; 且b-a-a+1-2, 当n-3时,2(1+a)-3a,即a-2, &(b。)是以2为首项,3为公差的等差数列, 当n2时,2$-,=(n-1)a-1,所以2(S.-S-:)=na。 'b-2.b-,b-3n-1. -(n-1)a.1-2a. (2)当n为奇数时.a.-an-1. '.)的前20项和为 a+a+.+az=(a:+a+.+a。)(a+a..十 ago) =[(a-1)+(a-1)+.+(a-1)]+(a+a+十 当n-1,2.3时都满足上式,所以a.-n-1(n后N). (2)四所以1,一1×()2×()+3× ) -2(a+a.+..+a)-10. 由(I)可知: ()3.nx(),T.,-1x()}+2x() + a+a.+...+aso=b+b+..+bo -2x10+10×3-155. ..t(n一1)x()”+nx()”. .(a.)的前20项和为2×155-10-300. 两式相减得T-()+()+(){}.+() 13.解:(1)设a。)的公比为a,由题设得2a:一a+ 即2a-q十a{}。 ##)###()# 所以”+q-2-0,解得q-1(含去)或q--2. -x()“-1- 故。)的公比为一2. 1-} (2)记S.为n。)的前n项和,由(1)及题设可得, a=(-2)-l.所以$-1+2×(-2)+.+n×(-2) -1. (1+)() -2$--2+2×(-2)?+.+(n-1)×(-2)1+ n×(-2)*. 即T.-2-(2+n)()"éN. 可得3S -1+(-2)+(-2)+.+(-2)-1-nx(-2)" 为25n-2a。+1.即25.+n}-2na。十1 -1-(-2)“_x(-2)”. 10.解:(1)证明:因为 。 ③ 所以S=。 ①, 1(3+1)(-2)” -.N: 当>2时,2$,+(n-1)-2(n-1)a-+(n-1) ②, 0 ①-②得,2$.+2-2$ -1-(n-1)?-2na.+n-2(n-1) 14.解:(1)a-5.a-7. 猜想a。一2n十1.由已知可得 a1-(n-1). 即2a+2n-1-2n.-2(n-1)a-1+1. a-(2n+3)-3La-(2n+1]. a-(2n+1)-aLa1-(2n-1)]. 即2(n-1)a。-2(n-1)a--2(n-1),所以a.-a--1. ...... n2且nN. a-5-3(a-3). 所以a。)是以1为公差的等差数列。 (2)由(1)可得a-a+3.a:=a+6.a-a+8, 因为a-3,所以a.-2n+1.nN 又a。a,a。成等比数列,所以a-a:·as. (2)由(1)得2*。-(2n+1)2”,所以 即(a+6)?-(a+3).(a:+8),解得a=-12, $.=3×2+5×2?+7×2+.+(2n+1)×2”.① 所以a。-n-13.所以$-12n+(n-1)--25 $ $n-3×2+5×2+7×2+..+(2+1×2“+1.② ①-②得-$-3×2+2×2+2×2+..+2×2-(2n+ #(n2-5)}625. 1$2+1.所以S-(2n-1)2+1+2.nN 考点19 数列的综合应用 所以,当n-12或n-13时(S.)=-78. 题组一 11.解:(1)证明:当n-1时,b-S,易得b= 当>2时,b一) b→b:同理可得b<b,b>b,又因为1 “:1: 化简得。-,-. .()是以吾为首项,吾为公差的等差数列。 故。<bh:于是得b>b→b→b.,排除A1→ (2)易得a:-5.-6b-. 1 -,故b<b,排除C,而b→b:>bs,排除B.故 】; 选择D. 2.B 由a.,-a.一- 1^a},得an--- _ a(n+1),显然a不满足该式. 1 a]是单调递减数列,所以a.1,nN,当n-l时,a ## 10.假设当n-h时,a→o成立,则当n-k十l时, =1. -a-a(1-a).因为a(0.1],所以- .= # n2: n(n1)! [21),所以a,=ao(1-a)→0,故a。>0对于所有 12.解:(1)2n为偶数, 则1-+2+?-a1+1. 155 _ 五年高考真题 分类集训 数学 (1-a).得 1 nEN'成立,由anl=a。 --:--0. 设(S,S,S.S)-(a-a.a-a.a-as.a-a). #.(1#) 从而(S.S.S.S.)在每次变换后相当于在偶数个位置上加 .3- .君 1.其余减1. 由a+a=a+a-a+a-a:+a,可得初始情况下S. S..S.,S,同时为奇数或同时为偶数。 (f100 不妨设为偶,则a+a+a+a-为偶,所以S+S+S+S 13-。 -3 d 为4的倍数,且在变换后仍同时为奇数或同时为偶数,且和为 4的倍数. 经过若干次变换后,不妨设maxS.l达到最小值,且取max S|的S最少. (44),3)× 不妨设成S且S0. (+)<34+×((×6+#93)<40. 当S2时. ①假设还有S一2. 若S一2. 所以10t0→.综上所述,<100at0 3.故选B. 则(S,S,$,$)→(s -1.$-1,$-1.$-1)→(S 2.S.-2.S.s). 3.C 若S-2. 对于A,因为c(1)-1×1+1×0+0X1+1×0+0X11 则(S ,S,S.S)→(S -1.$+1.$-1.s+1)→(S 2.S.+2.S.S).(*) 总可使|S。|,|S|同时减小,与假设矛盾。 5。 <.故A不正确;对于B,因为C(1)一 ②假设1$.1S.s1. 若S。.S,S.中有小于家的,设为S,同(*)即可, 若S..S.S.均大于等于雾,所有位置同时减2. 与假设矛质。 B 不正确;对于C, 因 为 C(1) 当S1时,S要么为0,要么为士1. 1×0+0×0+0×0+0×1+1×1 C(2) 由于S.+S.十S十S.是4的倍数,只可能为以下几种及其 。 轮换, 1×0+0×0+0×1+0×1+1×0 0.C(③) a.(0.0.0.0). 5。 b.(1,1.-1.-1→(0,0,0,0. 1×0+0x1+0×1+0x0+1×0 0.C(4) c.(1.1.1.1)→(0.0,0.0). d(-1,-1.-1,-1)→(0,0,0,0). 1×1+0x1+o×0+0×0+1×01 1.满足C(),故C 故均与假设矛盾,即maxlS最小时为0. 即总能使得(S.S.S.S)→(0.0.0.0).即习O,使得0(A) 正确;对于D.因为C(1)-1×1+1×0+0×0+oX1+1×1 为常数列. 5 6.解:(1)解法一:因为(a.)为等差数列,设其首项为a,公差 -2,不满足C(k),故D不正确,综上所迷,故选C. 为. 则$-4a +6d-32,T -a-6+2a+a-6-4a+4- 4.解析:显然等比数列a。递增,不妨设xy,若x,yE[a. a],则r-y[0,a-],若r.y[a.a],则 12-16. 解得a.-5.d-2. y[o,-]若x[y则-y 所以a.-2n+3,nN. [a.-aa1-a]. 解法二:S=a+a+a+a-2(a+a)-32. T-a-6+2a+-6-4a-12-16 #1 -:-:-□ 联立解得a.-7,a-9. ”对任意正整数n,l.都是闭区间,'a。-aa!-a。,如 所以a.-2n+3,nN'. 图,又a>0.”-2”+0,即”(-2+10,对 (2)证明:当n为奇数时, 任意正整数n,上式都成立,则必有q2. T.-(a-)+2a+(a-6)+2a+..+(-6). 答案:[2.+。) =(a-6+(a-6)+.+(a-6)+2(a+a+.+a-1) 5.解:(10(A):3.4:4.5,8.4.3,10 -(a+a+a.)十(a+a十.+a_))-6·+1 (2)不存在,理由如下: 若存在0,则a,a:与a,a:增加值之和应该相等,注意到 (n-1)(a十a.-) “,}一共增加了8,而a》,“一共增加了6,从而不存在符 =s2 -3(n+1) 全题意的0 -$.(n+4)(n-1)-3(n+1)(方法:分组求和法). (3)第1步:证明必要性 因为存在序列O,使得a:-a:-.-a,所以a:+a-a十 .T.-s.-G+4(n-1)-3(n+1) 2 a-a+a-a+a. 又每次进行变换时,a:+a,a+a,a+a,a?十as均增 加1. -3n-10 故经过n(néN')次变换后,a,+a+n=a。+a.+n=as十 2。 (n-5)(n+2) +n=a-+a+n,可得a+a=a+aa=as+a=a-+a 恒成立, 2 '当n5时,T.一S0,即T.S,得证; 第2步:证明充分性 如果a:+a-a+a-a+a-a+a. 当n为偶数时, T=fa-6+2a+(a-6)+2a+.+(a--6)+2a 且还有a:-a-a-a--a-a-a-o 则有a:-a:-a-a-a-a-a:-a,即O(A)为常数列. 由于每次变换后均有a:+a:-as+a-a:+a6-a?+as -s.(n+5)-3n 故我们只需证明可在某一步变换后有a-a?=a-a-a 2 156 _ 口 详解答案 -$+ ',=-4+2(n-1-2-6(n ). (2)由(1)知$--4n+(n-1).2-n”-5n. .T.-sn(n-1) 2 由S>。得-5n>2n-6 .当n5时.T.一S.0.即T.S,得证. $-7n+6>0,即(n-1)(n-6)>0. 综上所述,当n5时,T.S.成立. 心n6,故”的最小值为7. +a-2a.+5d-16 {:-3 .解得 7.解:(1)由题意可得 10.解:(1)设(a。)的公比为q. -a-2d-4 -2 由题设得a+a-20,aq”-8。 则数列a.)的通项公式为a.-a+(n-l)d-2n+1. 求和得 -(2+1)-2+(2”-1-2--1+1) 解得。-(含去)-2. 由题设得a-2. -2[21+(2-1+1)+(2-1+2)+.+(2“-1)]+2*1 2(2“-1+2--1)·2-+2--1-3·4-1. 所以(。)的通项公式为a。一2”. (2)由题设及(I)知b一0. 2 (2)(l)证明;由题意可知,当2^-l<n?-]时,h<a。; 且当2v<m<21时,b-n, 取=2,则<=2\×2 -1+1=2+1,即<2”$ 所以Soo=b+(+b)+(b+b+b+b)+.+(b aa+..+h)+(+bs+.+b)-0+1×2+2×2+ +1. 当2-<n2-1-1时,a<h, $$2+4×2++5×2+6$(100-63)-480 取n-2--1,此时a-△-1 -2(2*-1-1+1-2-1. 据此可得2*-1<。, 由C-4c。得c.-4*1. 综上可得:2*-1<b<2*+1. 由-1--.-4--1得a.-a+1+4++4-?-1-1+2 (lI)由(1)可知:1<b<3,3<b 5.7<b<,15<b b。得-_!)。 ...... (2)证明:由c1b? <17. ,b) 据此猜测.-2. #(#) 否则,若数列的公比q2,刻b.-bhl>b×2-!>2-}. b 注意到2-1-(2-1)-1-2-1,则2-1-(2-1)0不 恒成立,即212-1不恒成立, 此时无法保证2“-1<b。, 由b=1,>o得b→0,因此+++.+<1十 若数列的公比2,则b.-b\1<b×21<3×2*. #EN. 注意到3×2-1-(2”+1)-2”-1-1,则2--1-1~0不恒$ 立,即3×2*1<2”+1不恒成立。 12.解:(1)设等差数列ta.)的公差为d,等比数列(b.)的公比为 此时无法保证6.2十1. .由a-l,a-5(a-a),可得d-l,从而.)的通公 综上,数列的公比为2,则数列的通项公式为b.-2” 式为a-n.由b-1,b-4(b-b),q0,可得-4+4 其前n项和为:52×(1-2”)-2-1-2. (2)证明:由(1)可得5 -(1),故S.S-(n+1) -0,解得a-2,从而/h。)的通项公式为b.-2}. 1-2 8.解:(1)证明:设数列a。)的公差为d, (+2)(n+3) $ -(n+)(n+2)×,从而s.5一 2 a-ai+(n-1)d,b.-2*-1b. ① $--(a+1(nr+2)<o,所以$.<S1. 由①得d-2b: 代\②得a.+4b-46=8b --6h. ? n(n+2) n十2 化简得a-b. (2)(1)知.a-b,公差d-2-2. 所以a-a.+(n-1)·2a-a(2n-1).b-2-. 由b-a.+a:得2-a-a(2m-1)+a. 2. 则2-1-2m,所以m-2-?. ) 对任意的正整数n,有 2-: 又1m500.N. 2t 则1<2:500. 因为2-512.28-256. $0②} 所以2<2<2,0h-2<8. 4{ 所以210. 所以lb-a+a,1n 500)-2,3,4,5,6.7,8,9,10\. #由①②-寸+++ 共9个元素。 9.解:(1)设a)的公差为d(d去0). #37(1-) 则a+2-5a+5(5-1). 1-2-,从而- ① 2 (a:+d)(a+3a)-4a4(4-1)d. 晚一般# 2 ② 由①得a+2d-0,即a.--2d. 代>②得(-d)·d--8a+6d,即a-2a- 所以,数列{。)的前2n项和为25x4-. 4 6n+54 .0.-2.=-4. 157 一