【科学备考】（新课标）2022高考数学二轮复习第六章数列数列的综合与应用理（含2022试题）理数1.(2022年北京海淀区高三第二次模拟，8,5分)若数列满足：存在正整数，对于任意正整数都有成立，则称数列为周期数列，周期为.已知¥数列满足，则下列结论中错误的是（ ）A.若，则可以取3个不同的值 B.若，则数列是周期为的数列C.且，存在，是周期为的数列D.且，数列是周期数列[答案]1.D [解析]1.对于A项，若，则由得或；进而推出，或，或.即或或，故A项正确；对于B项，若，即，则，…，故数列是周期为的数列.故B项正确；对于C项，若且，是周期为的数列，则一定有满足，即，化简得，所以19\n（舍去）.此时，满足.故C项正确；对于D项，假设且，数列是周期数列，则一定存在使得，那么，.故其后一定有某一项为，且，则，化简得，所以.因为不可能为有理数，故与假设矛盾.所以D项错误.2.(2022课标Ⅰ,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,则( )A.{Sn}为递减数列B.{Sn}为递增数列C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列[答案]2.B[解析]2.由bn+1=,cn+1=得bn+1+cn+1=an+(bn+cn),①bn+1-cn+1=-(bn-cn),②由an+1=an得an=a1,代入①得bn+1+cn+1=a1+(bn+cn),∴bn+1+cn+1-2a1=(bn+cn-2a1),∵b1+c1-2a1=2a1-2a1=0,∴bn+cn=2a1>|BnCn|=a1,所以点An在以Bn、Cn为焦点且长轴长为2a1的椭圆上(如图).由b1>c1得b1-c1>0,所以|bn+1-cn+1|=(bn-cn),即|bn-cn|=(b1-c1)·,所以当n增大时|bn-cn|变小,即点An向点A处移动,即边19\nBnCn上的高增大,又|BnCn|=an=a1不变,所以{Sn}为递增数列.3.(2022山西太原高三模拟考试（一），16)在数列中，已知，则 .[答案]3. [解析]3. ，，，，，，.，又因为，代入解得，同理可得，又因为函数单调函数，所以可得，同理可得，所以.4.(2022年河南十所名校高三第二次联考，16,5分)设数列是等差数列，数列是等比数列，记数列{}，{}的前n项和分别为，.若a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4（T6－T4），则＝____________.19\n[答案]4. [解析]4.设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4（T6－T4），得解得故5.(2022重庆,22,12分)设a1=1,an+1=+b(n∈N*).(Ⅰ)若b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式;(Ⅱ)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n<c<a2n+1对所有n∈N*成立?证明你的结论.[答案]5.查看解析[解析]5.(Ⅰ)解法一:a2=2,a3=+1.再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.从而{(an-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,故(an-1)2=n-1,即an=+1(n∈N*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想an=+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=+1,则ak+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=+1(n∈N*).(Ⅱ)解法一:设f(x)=-1,则an+1=f(an).令c=f(c),即c=-1,解得c=.19\n下用数学归纳法证明加强命题a2n<c<a2n+1<1.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2<<a3<1,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2k<c<a2k+1<1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则an+1=f(an).先证:0≤an≤1(n∈N*).①当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=-1<1.即0≤ak+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.再证:a2n<a2n+1(n∈N*).②当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2<a3,即n=1时②成立.假设n=k时,结论成立,即a2k<a2k+1.由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N*成立.由②得a2n<-1,即(a2n+1)2<-2a2n+2,因此a2n<.③又由①、②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2,所以a2n+1>-1,解得a2n+1>.④综上,由②、③、④知存在c=使a2n<c<a2n+1对一切n∈N*成立.19\n6.（2022重庆一中高三下学期第一次月考，22）（原创）在数列中，已知，，其前项和满足。(1) 求的值；(2) 求的表达式；(3) 对于任意的正整数，求证：。[答案]6.查看解析[解析]6. (1)依次令可得，，； (2)法一：由⑴猜想，下面用数学归纳法证明：①当时结论显然成立；②假设时结论成立，即，则，故当时结论成立。综上知结论成立。 法二：猜想，下面用第二数学归纳法证明：①当时结论显然成立；②假设时结论成立，即，则，故当时结论成立。综上知结论成立。 法三：由题，当时，，故，因此。又，故。(3)法一：由(2)知为等差数列，故。由19\n知一定时，要使最小，则最大。显然，故，因此，从而。 法二：因为，所以，故，因此，从而，即。法三：(i)当时不等式显然成立；(ii)假设时不等式成立，即，则如“法二”可证，故，即当时不等式成立。综上得证。7.(2022天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试，20)已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且． （1）求数列的通项公式； （2）的值.[答案]7.查看解析[解析]7.（1）当n=1时，解出a1=3,又4Sn=an2+2an－3 ①19\n 当时 4sn－1=+2an-1－3 ② ①－② ,即，∴,（），是以3为首项，2为公差的等差数列， 6分． （2） ③又 ④④－③ = 12分8.(2022天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，22)已知数列｛｝中，,点在直线上，其中.（1）令，求证数列是等比数列;（2）求数列的通项；⑶ 设分别为数列的前项和，是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出.若不存在,则说明理由.[答案]8.查看解析[解析]8.解：（I）由已知得 又19\n是以为首项，以为公比的等比数列. 4分（II）由（I）知，将以上各式相加得： 8分（III）解法一：存在，使数列是等差数列.数列是等差数列的充要条件是、是常数19\n即又当且仅当，即时，数列为等差数列. 14分解法二：存在，使数列是等差数列.由（I）、（II）知，又当且仅当时，数列是等差数列. 14分9.（2022江西重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，17）已知数列的前n项和为，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和为．[答案]9.查看解析[解析]9. (1)……………①时,……………②①②得:19\n即 ……………………………………3分在①中令,有,即，……………………………………5分故对10.（2022江西红色六校高三第二次联考理数试题，18）已知{an}是公差为d的等差数列，它的前n项和为Sn，S4=2S2+8．（Ⅰ）求公差d的值；（Ⅱ）若a1=1，设Tn是数列{}的前n项和，求使不等式Tn≥对所有的n∈N*恒成立的最大正整数m的值；[答案]10.查看解析[解析]10. （Ⅰ）设数列{an}的公差为d，∵S4=2S2+8，即4a1+6d=2(2a1+d)+8，化简得：4d=8，解得d=2．……………………………………………………………………4分（Ⅱ）由a1=1，d=2，得an=2n-1，…………………………………………5分∴=．…………………………………………6分∴Tn===≥，…………………………………………8分又∵不等式Tn≥对所有的n∈N*恒成立，19\n∴≥，…………………………………………10分化简得：m2-5m-6≤0，解得：-1≤m≤6．∴m的最大正整数值为6．……………………………………………………12分11.（2022吉林实验中学高三年级第一次模拟，17）已知是单调递增的等差数列，首项，前项和为，数列是等比数列，其中 （1）求的通项公式； （2）令求的前20项和。[答案]11.查看解析[解析]11.12.（2022湖北黄冈市高三三月质量检测，18,12分）已知是一个公差大于0的等差数列，且满足. （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）令，记数列的前项和为，对于任意的，不等式恒成立，求实数的最小值.[答案]12.（I）设等差数列的公差为d，则依题设d>0.由a2+a7＝16,得 ①19\n由得 ②由①得将其代入②得.即 （Ⅱ）由（I）得,=.故=1-<1.恒成立m的最小值为100. 12.13.(2022山东青岛高三三月质量检测，20,12分）已知,数列满足,数列满足；又知数列中，，且对任意正整数，.（Ⅰ）求数列和数列的通项公式；（Ⅱ）将数列中的第项，第项，第项，……，第项，……删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列，求数列的前项和.[答案]13.（Ⅰ），.又由题知：令，则,.若，则，，所以恒成立若,当,不成立,所以.19\n（Ⅱ）由题知将数列中的第3项、第6项、第9项……删去后构成的新数列中的奇数列与偶数列仍成等比数列，首项分别是，公比均是.13.14.（2022安徽省皖南八校高三第三次联合考试21,14分）已知Sn为数列{an}的前n项和，a1=a，Sn=kan+1且常数k满足0<|k|<1.(I)求数列{an}的通项公式；(II)对于每一个正整数m,若将数列中的三项am+1，am+2，am+3按从小到大的顺序调整后，均可构成等差数列，且记公差为dm，试求k的值及相应dm的表达式(用含m的式子表示)；(III)记数列{dm}(这里dm是(2)中的dm的前m项和为Tm=d1+d2+…+dm.问是否存在a,使得Tm<90对恒成立？若存在，求出a的最大值;若不存在，请说明理由.[答案]14.(1)，. 此两式相减，得，化简得. 又，是公比为，首项为的等比数列.(). 又时，，通项公式 （2）是正整数，.19\n又按从小到大顺序调整后可以构成等差数列，所以公差. 若，解得.于是，. 若，此时方程无解，即不符合题意. 若，解得.于是，. 综上，若，则；若，则.(3)因为，若，则.由，即对一切正整数成立，故.这与是正整数矛盾.所以，此时不存在满足条件的.若，则.由，即对一切正整数成立，得.所以，.综上，可知存在满足条件的正整数，且的最大值为40.14.15.(2022年北京海淀区高三第二次模拟，20，13分）设是由个实数组成的行列的数表，如果某一行（或某一列）各数之和为负数，则改变该行（或该列）中所有数的符号，称为一次“操作”.（Ⅰ）数表如表1所示，若经过两次“操作”，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负实数，请写出每次“操作”后所得的数表（写出一种方法即可）；（Ⅱ）数表如表2所示，若必须经过两次“操作”，才可使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数，求整数的所有可能值；（Ⅲ）对由个实数组成的行列的任意一个数表，能否经过有限次“操作”以后，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数？请说明理由.19\n[答案]15.（Ⅰ）解：法1：法2：法3：（Ⅱ）每一列所有数之和分别为2，0，，0，每一行所有数之和分别为，1; ①如果首先操作第三列，则 则第一行之和为，第二行之和为，这两个数中，必须有一个为负数，另外一个为非负数，所以或，当时，则接下来只能操作第一行，此时每列之和分别为，必有，解得.当时，则接下来操作第二行此时第4列和为负，不符合题意. ②如果首先操作第一行 19\n则每一列之和分别为，，，.当时，每列各数之和已经非负，不需要进行第二次操作，舍掉；当时，，至少有一个为负数；所以此时必须有，即，所以或，经检验，或符合要求综上，. （Ⅲ）能经过有限次操作以后，使得得到的数表所有的行和与所有的列和均为非负实数.证明如下：记数表中第行第列的实数为（），各行的数字之和分别为，各列的数字之和分别为，，，数表中个实数之和为，则.记.按要求操作一次时，使该行的行和（或该列的列和）由负变正，都会引起（和）增大，从而也就使得增加，增加的幅度大于等于，但是每次操作都只是改变数表中某行（或某列）各数的符号，而不改变其绝对值，显然，必然小于等于最初的数表中个实数的绝对值之和，可见其增加的趋势必在有限次之后终止.终止之时，必是所有的行和与所有的列和均为非负实数，否则，只要再改变该行或该列的符号，就又会继续上升，导致矛盾，故结论成立.15.16.(2022年辽宁省五校协作体高三第二次模拟考试，19，12分)鑫隆房地产公司用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房.经测算，如果将楼房建为层，则每平方米的平均建筑费用为（单位：元）.为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？（注：平均综合费用＝平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用＝）[答案]16.设楼房每平方米的平均综合费为元，则19\n.方法一：,令得当时， ；当时，,因此当时，取最小值.（方法二：，当且仅当时成立，即时，）.答：为了楼房每平方米的平均综合费最少，该楼房应建为15层.16.17.（2022年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明：.[答案]17.(Ⅰ)由，得是以为公比的等比数列，故.（Ⅱ）由，得…，记…+，19\n用错位相减法可求得：.（注：此题用到了不等式：进行放大.）17.18.（2022江西，17,12分）正项数列{an}的前n项和Sn满足:-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.(1)求数列{an}的通项公式an;(2)令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:对于任意的n∈N*,都有Tn<.[答案]18.(1)由-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0.由于{an}是正项数列,所以Sn>0,Sn=n2+n.于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列{an}的通项an=2n.(2)证明:由于an=2n,bn=,则bn==-.Tn=1-+-+-+…+-+-=<=.18.19
