62高中复习理科专题复习试卷数列的综合应用答案

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2104x，得12，取112a，所以211,,1022naa，所以当14b时，1010a，故B错误；对于C，令220x，得2或1，取12a，所以22,,210naa，所以当2b时，1010a，故C错误；对于D，令240x，得1172，取11172a，所以21172a，…，117102na，所以当4b时，1010a，故D错误；对于A，221122aa…，223113224aa…，242431911714216216aaa…，10nnaa，{}na递增，当4n…时，11132122nnnnaaaa，所以5465109323232aaaaaa，所以610432aa，所以107291064a故A正确．故选A．2.解析：（1）设数列{}na的公差为d，由题意得11124,333adadad，解得10,2ad．从而*22,nannN．由12,,nnnnnnSbSbSb成等比数列得212nnnnnnSbSbSb．解得2121nnnnbSSSd．所以2*,nbnnnN．（2）*221,22(1)(1)nnnanncnbnnnnN．我们用数学归纳法证明．①当n=1时，c1=02，不等式成立；②假设*nkkN时不等式成立，即122hccck．那么，当1nk时，121122(1)(2)1kkkcccckkkkk2222(1)211kkkkkkk．即当1nk时不等式也成立．根据（1）和（2），不等式122ncccn对任意*nN成立．3.解析（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由245321440aaaaaa，得244112111440aqaqaqaqa，解得112aq．因此数列{}na为“M—数列”.（2）①因为1122nnnSbb，所以0nb．由1111,bSb，得212211b，则22b.由1122nnnSbb，得112()nnnnnbbSbb，当2n时，由1nnnbSS，得111122nnnnnnnnnbbbbbbbbb，整理得112nnnbbb．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*nN.②由①知，bk=k，*kN.因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q0.因为ck≤bk≤ck+1，所以1kkqkq，其中k=1，2，3，…，m.当k=1时，有q≥1；当k=2，3，…，m时，有lnlnln1kkqkk．设f（x）=ln(1)xxx，则21ln()xf'xx．令()0f'x，得x=e.列表如下：x(1,e)e(e，+∞)()f'x+0–f（x）极大值因为ln2ln8ln9ln32663，所以maxln3()(3)3fkf．取33q，当k=1，2，3，4，5时，lnlnkqk„，即kkq，经检验知1kqk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0na的一个递增子列为110,...,,qrrnaaa.由pq，10pqrrnaaa.因为na的长度为p的递增子列末项的最小值为0ma.又12,,...,prrraaa是na的长度为p的递增子列，所以0,pmraa所以00mnaa.（III）由题设知，所有正奇数都是na中的项.先证明：若2m是na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121,,...,,21mpppaaam是数列na的长度为m末项为2m-1的递增子列，则121,,...,,21.2mpppaaamm是数列na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na中的项.假设存在正偶数不是na中的项，设不在na中的最小正偶数为2m.因为2k排在2k-1之前 1,2,1km,所以2k和2k-1不可能在na的同一个子列中.又na中不超过 21m的数为1，2，…..， 21m， 21m，所以na的长度为 1m末项为 21m的递增子列个数至多为12222112 2mm，与已知矛盾.最后证明 2m排在 23m之后（ 2m为整数）.假设存在 2m（ 2m），使得 2m排在 23m之前，则na的长度为 1m末项为 21m的递增子列个数小于 2m，与已知矛盾.综上，数列na只可能为2,1,4,3,,23,2,21,mmm.经验证，数列2,1,4,3,,23,2,21,mmm符合条件，所以1,1.nnnann为奇数为偶数.2010-2018年1．A【解析】对数列进行分组如图k321∙∙∙，222121，2k22，21，20，20，20，20则该数列前k组的项数和为(1)1232kkk由题意可知100N，即(1)1002kk，解得14k≥，n*N即N出现在第13组之后．又第k组的和为122112kk前k组的和为1(12)(122)k12(21)(21)(21)k12(222)kk122kk，设满足条件的的N在第1k(k*N,13k≥)组，且第N项为第1k的第m()m*N个数，第1k组的前m项和为211222m21m，要使该数列的前N项和为2的整数幂，即21m与2k互为相反数，即212mk，所以23mk，由14k≥，所以2314m≥，则5m≥，此时52329k对应满足的最小条件为29(291)54402N，故选A．2．C【解析】由题意可得10a，81a，2a，3a，…，7a中有3个0、3个1，且满足对任意k≤8，都有1a，2a，…，ka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：12,,,naaa成等比数列，则公比)3(1naaqnn且0na；对命题q，①当0na时，22222221212312231()()()nnnnaaaaaaaaaaaa成立；②当0na时，根据柯西不等式，等式22222221212312231()()()nnnnaaaaaaaaaaaa成立，则nnaaaaaa13221，所以12,,,naaa成等比数列，所以p是q的充分条件，但不是q的必要条件.4．A【解析】2a，4a，8a成等比数列，∴2428aaa，即2111(6)(2)(14)aaa，解得12a，所以(1)nSnn．5．B【解析】∵21)(xxf在[0,1]上单调递增，可得1110()()0fafa，1211()()0fafa，…，199198()()0fafa，∴111101211199198|()()||()()||()()|Ifafafafafafa1110121119919819910()()+()()()()=()()fafafafafafafafa=299-0=199（）∵),(2)(22xxxf在490]99[，上单调递增，在50[,1]99单调递减∴2120()()0fafa，…，249248()()0fafa，250249()()0fafa，251250()()0fafa，…，299298()()0fafa∴221202221299298|()()||()()||()()|Ifafafafafafa=24920299250()()[()()]fafafafa=250202992()()()fafafa=505098004(1)199999801∵|2sin|31)(3xxf在24[0,]99，5074[,]9999上单调递增，在2549[,]9999，75[,1]99上单调递减，可得33253493742492()2()2(=(2sinsin)39999Ifafafa）252262262632(2sinsin)()1312123444因此312III．6．27【解析】所有的正奇数和2n(*nN)按照从小到大的顺序排列构成{}na，在数列{}na中，52前面有16个正奇数，即5212a，6382a．当1n时，1211224Sa，不符合题意；当2n时，2331236Sa，不符合题意；当3n时，3461248Sa，不符合题意；当4n时，45101260Sa，不符合题意；……；当26n时，52621(141)2(12)212S=441+62=5032712516a，不符合题意；当27n时，52722(143)2(12)212S=484+62=5462812a=540，符合题意．故使得112nnSa成立的n的最小值为27．7．5【解析】设数列的首项为1a，则12015210102020a，所以15a，故该数列的首项为5．8．12【解析】将82a代入111nnaa，可求得712a；再将712a代入111nnaa，可求得61a；再将61a代入111nnaa得52a；由此可知数列na是一个周期数列，且周期为3，所以1712aa．9．64【解析】由11a且125,,aaa成等比数列，得2111(4)()aadad，解得2d，故81878642Sad．10．33【解析】设2at，则23112tqtqtq≤≤≤≤≤≤，由于1t≥，所以3max{,1,2}qttt≥，故q的最小值是33．11．4【解析】由题意得1122(4)()(1)(14)()3322(4)()(1)(14)()33kkkkkkkkkkkk，得22(1)1010kk，因此*kN，所以4k．12．【解析】(1)由条件知：(1)nand,12nnb．因为1||nnabb≤对n=1，2，3，4均成立，即1|(1)2|1nnd≤对n=1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d≤3，3≤2d≤5，7≤3d≤9，得7532d≤≤．因此，d的取值范围为75[,]32．(2)由条件知：1(1)nabnd,11nnbbq．若存在d，使得1||nnabb≤(n=2，3，···，m+1)成立，即1111|(1)|nbndbqb≤(n=2，3，···，m+1)，即当2,3,,1nm时，d满足1111211nnqqbdbnn．因为(