专题6 数列 考点17 数列的综合应用-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编数学

一、选择题 1.(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3，已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝(　　) 图1 图2 A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9 2.(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋，b2＝1＋，b3＝1＋，…，依此类推，其中αk∈N*，(k＝1,2，…).则(　　) A.b1<b5 B.b3<b8 C.b6<b2 D.b4<b7 3.(2021·浙江卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N).记数列{an}的前n项和为Sn，则(　　) A.<S100<3 B.3<S100<4 C.4<S100< D.<S100<5 二、填空题 4.(2024·上海卷)等比数列{an}的首项a1>0，公比q>1，记In＝{x－y|x，y∈[a1，a2]∪[an，an＋1]}，若对任意正整数n，In是闭区间，则q的取值范围是________. 5.(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么k＝________ dm2. 三、解答题 6.(2025·天津卷){an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝b1＝2，a2＝b2＋1，a3＝b3. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)∀n∈N*有Tn＝{p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pnanbn|p1，p2，…，pn∈I}，I＝{0,1}. (ⅰ)求证：对∀t∈Tn，均有t<an＋1bn＋1； (ⅱ)求Tn中所有元素之和. 7.(2024·天津卷)已知数列{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝a3－1. (1)求数列{an}的前n项和Sn. (2)设bn＝k∈N*. (i)当k≥2，n＝ak＋1时，求证：bn－1≥ak·bn； (ⅱ)求i. 8.(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列的公差为d，且d>1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列，的前n项和. (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求的通项公式； (2)若为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 9.(2022·北京卷)已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列.给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai＋1，ai＋2，…，ai＋j(j≥0)，使得ai＋ai＋1＋ai＋2＋…＋ai＋j＝n，则称Q为m－连续可表数列. (Ⅰ)判断Q：2,1,4是否为5－连续可表数列？是否为6－连续可表数列？说明理由； (Ⅱ)若Q：a1，a2，…，ak为8－连续可表数列，求证k的最小值为4； (Ⅲ)若Q：a1，a2，…，ak为20－连续可表数列，且a1＋a2＋…＋ak＜20，求证k≥7. 一、选择题 1.(2022·浙江卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an－a(n∈N*)，则(　　) A.2＜100a100＜ B.＜100a100＜3 C.3＜100a100＜ D.＜100a100＜4 二、填空题 2.(2024·北京卷)设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论： ①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素.其中正确结论的序号是________. 三、解答题 3.(2025·全国一卷)已知数列{an}中，a1＝3，＝＋. (1)证明：数列{nan}为等差数列； (2)给定正整数m，设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2). 4.(2024·新课标Ⅰ卷)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列. (1)写出所有的(i，j),1≤i<j≤6，使得数列a1，a2，…，a6是(i，j)－可分数列； (2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2,13)－可分数列； (3)从1,2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i<j)，记数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列的概率为Pm，证明：Pm>. 5.(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 考点17　题组一 1.解析　如图，连接OA，延长AA1与x轴交于点A2，则OA2＝4OD1.因为k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，所以k1＝k3－0.2，k2＝k3－0.1，所以CC1＝DC1(k3－0.2)，BB1＝CB1(k3－0.1)，AA1＝k3BA1，即CC1＝OD1(k3－0.2)，BB1＝OD1(k3－0.1)，AA1＝k3OD1.又＝0.5，所以DD1＝0.5OD1，所以AA2＝0.5OD1＋OD1(k3－0.2)＋OD1(k3－0.1)＋k3OD1＝OD1(3k3＋0.2)，所以tan∠AOA2＝＝＝0.725，解得k3＝0.9，故选D. 答案　D 2.解析　(取特殊值)取an＝1，于是有b1＝2，b2＝，b3＝，b4＝，…， 分子分母分别构成斐波那契数列，于是有b5＝，b6＝，b7＝，b8＝. 于是得b1>b5，b3＝1＋>1＋＝b8， b6＝1＋>1＋＝b2.对比选项，选D. 答案　D 3.解析　显然可知S100>，利用倒数法得到＝＋＝2－，再放缩可得<＋，由累加法可得an≥，进而由an＋1＝局部放缩可得≤，然后利用累乘法求得an≤，最后根据裂项相消法即可得到S100<3，从而得解. ∵a1＝1，an＋1＝(n∈N)， ∴an>0，S100>. 由an＋1＝⇒＝＋＝2－， ∴<2⇒<＋， 即－<. 根据累加法可得≤1＋＝，当且仅当n＝1时取等号，∴an≥. ∴an＋1＝≤＝an. ∴≤⇒an≤，当且仅当n＝1时取等号， 所以S100≤6－＋－＋－＋…＋－＝6<3，即<S100<3. 故选A. 答案　A 4.解析　显然等比数列{an}递增，不妨设x≥y，若x，y∈[a1，a2]，则x－y∈[0，a2－a1]，若x，y∈[an，an＋1]，则x－y∈[0，an＋1－an]，若x∈[an，an＋1]，y∈[a1，a2]，则x－y∈[an－a2，an＋1－a1]， ∵对任意正整数n，In都是闭区间，∴an－a2≤an＋1－an，如图，又a1>0，∴qn－2qn－1＋q≥0，即qn－2(q－2)＋1≥0，对任意正整数n，上式都成立，则必有q≥2. 答案　[2，＋∞) 5.解析　按对折列举即可；根据规律可得Sn，再根据错位相减法得结果. 对折4次可得到如下规格： dm×12 dm， dm×6 dm，5 dm×3 dm,10 dm× dm,20 dm× dm， 共5种； 由题意可得S1＝2×120，S2＝3×60，S3＝4×30， S4＝5×15，…，Sn＝， 设S＝＋＋＋…＋， 则S＝＋＋…＋＋， 两式作差得S＝240＋120－＝240＋－ ＝360－－＝360－， 因此，S＝720－＝720－. 答案　5　720－ 6.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，则{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)d，{bn}的通项公式为bn＝2×qn－1. 由a2＝b2＋1得2＋d＝2q＋1，即d＝2q－1，　① 由a3＝b3得2＋2d＝2q2.② 将①代入②，化简得q2－2q＝0，又q≠0，得q＝2，则d＝2q－1＝3. 故an＝3n－1，bn＝2n. (2)(ⅰ)证明　由题知集合Tn中的元素为t＝iaibi，其中pi∈{0,1}， 当所有的pi＝1时，t取最大值， 即tmax＝ibi＝(3i－1)×2i]. 记S＝tmax＝(3i－1)×2i， 则S＝(3i－1)×2i＝2×21＋5×22＋…＋(3n－1)×2n，　① 2S＝(3i－1)×2i＋1＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n＋1，　② ①－②得－S＝(3i－1)×2i－(3i－1)×2i＋1 ＝4＋3×(22＋23＋…＋2n)－(3n－1)×2n＋1 ＝4＋3×－(3n－1)×2n＋1 ＝(8－6n)×2n－8. 则tmax＝S＝(6n－8)×2n＋8＝(3n－4)×2n＋1＋8. 易知an＋1bn＋1＝[3(n＋1)－1]×2n＋1 ＝(3n＋2)×2n＋1. 当n≥1时，an＋1bn＋1－tmax＝6×2n＋1－8≥6×21＋1－8＝16>0， 所以∀t∈Tn，均有t<an＋1bn＋1. (ⅱ)由题知集合Tn中的元素为t＝iaibi＝p1a1b1＋p2a2b2＋…＋Pnanbn，其中pi∈{0,1}， 每个aibi项在所有元素的和式中出现的次数为2n－1. 所以Tn中所有元素之和为2n－1·S＝2n－1[(3n－4)×2n＋1＋8]＝(3n－4)×4n＋2n＋2. 7.解析　(1)设{an}的公比为q(q>0)，则1＋q＝q2－1，得q＝2，所以Sn＝＝2n－1. (2)(i)证明　由(1)知，ak＝2k－1， 所以bn＝ 当n＝ak＋1＝2k时，bn＝k＋1， bn－1＝b2k－1＝b2k－2＋2k＝b2k－3＋4k＝…＝b2k－1＋2k·(2k－1－1)＝k＋2k·(2k－1－1)＝k·2k－k， 所以bn－1－ak·bn＝k·2k－k－(k＋1)2k－1＝(k－1)2k－1－k. 设f(x)＝(x－1)2x－1－x，x≥2，则f′(x)＝2x－1＋(x－1)2x－1ln 2－1≥2＋2ln 2－1>0，所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝0， 所以bn－1－ak·bn≥0，即bn－1≥ak·bn. (ⅱ)令k＝1，得b1＝1，令k＝2，得b2＝2，b3＝b2＋2k＝6， 令k＝3，得b4＝3，b5＝b4＋2k＝9，b6＝b5＋2k＝15，b7＝b6＋2k＝21， 所以b2k－1，b2k－1＋1，…，b2k－1是一个以b2k－1为首项，2k为公差的等差数列. 因为b2k－1＝k，所以b2k－1＝k·2k－k， 所以b2k－1＋b2k－1＋1＋…＋b2k－1＝＝k·4k－1， 所以i＝i＝b1＋b2＋…＋b2n－1＝1×40＋2×41＋…＋n×4n－1， 4i＝1×41＋2×42＋…＋n×4n， 两式相减，得－3i＝40＋41＋…＋4n－1－n×4n ＝－n×4n＝－n×4n ＝×4n－， 所以i＝·4n＋. 8.解析　(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d， 解得a1＝d， ∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d， 又T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝， ∴S3＋T3＝6d＋＝21， 即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝(舍去)， ∴an＝a1＋(n－1)·d＝3n. (2)∵{bn}为等差数列， ∴2b2＝b1＋b3，即＝＋， ∴6＝＝， 即a－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d， ∵d>1，∴an>0， 又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1， ∴a50－＝1，即a－a50－2 550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去). 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d>1矛盾，无解； 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝. 综上，d＝. 9.解析　(Ⅰ)若m＝5，则对于任意的n∈{1,2,3,4,5}， a2＝1＝1，a1＝2＝2，a1＋a2＝2＋1＝3，a3＝4＝4，a2＋a3＝1＋4＝5， 所以Q是5－连续可表数列. 由于不存在任意连续若干项之和相加为6，所以Q不是6－连续可表数列. (Ⅱ)反证法：假设k的值为3，则a1，a2，a3最多能表示a1，a2，a3，a1＋a2，a2＋a3，a1＋a2＋a3，共6个数字， 与Q为8－连续可表数列矛盾，故k≥4. 现构造Q：4,2,1,5，可以表达出1,2,3,4,5,6,7,8这8个数字，即存在k＝4满足题意，故k的最小值为4. (Ⅲ)先证明：k≥6. 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字， 取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字， 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5＋4＋3＋2＋1＝15个正整数，不能表示20个正整数，即k≥6. 若k＝6，最多可以表示6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个正整数， 由于Q为20－连续可表数列，且a1＋a2＋…＋ak＜20， 所以至少有一项为负数， 既然任意5个正整数都不可能为20－连续可表数列， 那么中间若插入一个负数项，更不能连续表示1～20的正整数. 所以至少要有6个正整数才能连续表示1～20的正整数. 所以Q中至少包含6个正整数和一个负数， 故k≥7. 考点17　题组二 1.解析　因为a1＝1，an＋1＝an－a＝－·2＋≤，所以an≤(n≥2)，易知an≠0，所以有＝1－an≥＞0(n≥2)，所以可得an＞0(n∈N*).由an＋1＝an－a＝an，可得＝＝＋，即－＝.一方面，由－＝＞，累加可得＞n＋1(*)，所以＞×99＋1＝34，从而100a100＜100×＝＜3.另一方面，由(*)式可得an＋1＜，所以an＜(n≥2)，又a1＝1，所以an≤(n∈N*)，由－＝≤＝，累加可得≤n＋＋1，所以≤34＋×＜34＋×＝＜40，所以100a100＞100×＝.综上可知，＜100a100＜3.故选B. 答案　B 2.解析　对于①：由题知an，bn是关于n的一次式，对应的函数为一次函数，即点(n，an)，(n，bn)分别在两条斜率均不为0的直线上，而这两条直线最多有1个交点，所以M中最多有1个元素，所以①正确. 对于②：不妨取an＝2n，bn＝(－2)n，则有a2k＝22k＝4k，b2k＝(－2)2k＝4k(k∈N*)，所以a2k＝b2k(k∈N*)，此时M中有无数个元素，所以②不正确. 当q＝－1时，易知M中最多有2个元素；当－1<q<0时，易知M中最多有3个元素.综上可知，当{an}为等差数列，{bn}为等比数列时，M中最多有3个元素，所以③正确. 对于④：若数列{an}为递增数列，数列{bn}为递减数列，则它们对应的函数分别为单调递增函数和单调递减函数，两个函数图象的公共点最多有1个，所以M中最多有1个元素，所以④正确.综上可知，正确结论的序号为①③④. 答案　①③④ 3.解析　(1)证明　在数列{an}中，a1＝3， ＝＋， ∴(n＋1)an＋1＝nan＋1，即(n＋1)an＋1－nan＝1， 又1×a1＝3， ∴{nan}是以3为首项，1为公差的等差数列. (2)由题意及(1)得， 在数列{nan}中，首项为3，公差为1， ∴nan＝3＋1×(n－1)＝n＋2，即an＝1＋， 在f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm中， f(x)＝3x＋2x2＋…＋xm，f′(x)＝3＋4x＋…＋(m＋2)xm－1 ∴ 当x≠1且x≠0时， (1－x)f′(x)＝3＋x＋x2＋…＋xm－1－(m＋2)xm＝3＋－(m＋2)xm， ∴f′(x)＝＋－ ∴f′(－2)＝＋－ ＝1＋－ ＝1－－－ ＝－. 4.解析　(1)(1,2)，(1,6)，(5,6). (2)证明　当m＝3时，删去a2，a13，其余项可分为以下3组：a1，a4，a7，a10为第1组，a3，a6，a9，a12为第2组，a5，a8，a11，a14为第3组， 当m>3时，删去a2，a13，其余项可分为以下m组：a1，a4，a7，a10为第1组，a3，a6，a9，a12为第2组，a5，a8，a11，a14为第3组，a15，a16，a17，a18为第4组，a19，a20，a21，a22为第5组，……，a4m－1，a4m，a4m＋1，a4m＋2为第m组，可知每组的4个数都能构成等差数列，故数列a1，a2，…，a4m＋2是(2,13)－可分数列. (3)证明　易知a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列⇒1,2，…，4m＋2是(4p＋1,4q＋2)－可分数列，其中p，q∈{0,1，…，m}. 当0≤p≤q≤m时，删去4p＋1,4q＋2， 其余项从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构成等差数列， 故数列1,2，…，4m＋2是(4p＋1,4q＋2)－可分数列，可分为(1,2,3,4)，…，(4p－3,4p－2,4p－1,4p)，…，(4(q＋1)－1,4(q＋1),4(q＋1)＋1,4(q＋1)＋2)，…，(4m－1,4m,4m＋1,4m＋2).p，q的可能取值方法数为C＋m＋1＝. 当q－p>1时，删去4p＋2,4q＋1， 将1～4p与4q＋3～4m＋2从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数成等差数列. 考虑4p＋1,4p＋3,4p＋4，…，4q,4q＋2是否可分，等同于考虑1,3,4，…，4t,4t＋2是否可分，其中t＝q－p>1，可分为(1，t＋1,2t＋1,3t＋1)，(3，t＋3,2t＋3,3t＋3)，(4，t＋4，2t＋4,3t＋4)，…，(t,2t,3t,4t)，(t＋2,2t＋2，3t＋2，4t＋2)，每组4个数都能构成等差数列. 故数列1,2，…，4m＋2是(4p＋2,4q＋1)－可分数列，p，q且q－p>1的可能取值方法数为C－m＝. 从而Pm≥＝>. 5.解析　(1)由题意知 设{an}公差为d，∴ 解得∴an＝5＋2(n－1)＝2n＋3. (2)证明　bn＝. b2n－1＋b2n＝12n＋1，Sn＝＝(n＋4)n， Tn＝12×1＋1＋12×2＋1＋…＋12·＋1＝12·＋＝n2＋n， n为偶数且n＞5时，即n≥6时，Tn－Sn＝n2＋n－(n＋4)n＝n2－＞0， n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－4n－10＝n2＋n－5， n为奇数且n＞5，即n≥7时，Tn－Sn＝n2＋n－5－(n＋4)n＝n2－n－5＝(n＋2)(n－5)＞0， ∴n＞5时，Tn＞Sn. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $