2021年高考数学压轴讲与练 专题07 数列的构成规律探索(解析版)
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1、专题 07 数列的构成规律探索 【压轴综述】【压轴综述】 纵观近几年的高考命题, 探求数列的构成规律, 是数列不等式的综合应用问题的命题形式之 一.本专题通过例题说明此类问题解答规律与方法. 1.(1)已知 an与 an1的关系式求通项 an时,常有以下类型:形如 an1anf(n)(f(n)不是常 数)的解决方法是累加法;形如 an1an f(n)(f(n)不是常数)的解决方法是累乘法;形如 an1panq(p,q 均为常数且 p1,q0)解决方法是将其构造成一个新的等比数列;形 如 an1panqn(p,q 均为常数,pq(p1)0)解决方法是在递推公式两边同除以 qn 1. (2)给出
2、Sn与 an的递推关系,求 an,常用思路是:一是利用 SnSn1an(n2)转化为 an的递 推关系,再求其通项公式;二是转化为 Sn的递推关系,先求出 Sn与 n 之间的关系,再求 an. 2.证明数列an是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义,证明 an1an(nN*)为一常数; (2)利用等差中项,即证明 2anan1an1(n2) 3.证明数列an是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义,证明 1 * n n a a n N为一常数; (2)利用等比中项,即证明 2 n aan1an1(n2) 【压轴典例】【压轴典例】 例 1.(2020 全国卷理科 T12)0-1 周期序列在通信
3、技术中有着重要应用.若序列 a1a2an满 足ai0,1(i=1,2,),且存在正整数m,使得ai+m=ai(i=1,2,)成立,则称其为0-1周期序列,并称 满足 ai+m=ai(i=1,2,)的最小正整数 m 为这个序列的周期.对于周期为 m 的 0-1 序列 a1a2an,C(k)=aiai+k(k=1,2,m-1)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 C(k) (k=1,2,3,4)的序列是 ( ) A.11010 B.11011 C.10001 D.11001 【解析】选 C.由 ai+m=ai知,序列 ai的周期为 m,由已知,m=5, C(k)=ai
4、ai+k(k=1,2,3,4),对于选项 A, C(1)=aiai+1= (a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)= (1+0+0+0+0)= , C(2)=aiai+2= (a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7)= (0+1+0+1+0)= ,不满足;对于选项 B, C(1)=aiai+1= (a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)= (1+0+0+1+1)= ,不满足;对于选项 D, C(1)=aiai+1= (a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)= (1+0+0+0+1)= ,不满足. 例 2.(2020 北京高考 T21)已知an是无穷
5、数列,给出两个性质: 对于an中任意两项 ai,aj(ij),在an中都存在一项 am,使得 =am; 对于an中任意项 an(n3),在an中都存在两项 ak,al(kl),使得 an= . (1)若 an=n(n=1,2,),判断数列an是否满足性质,说明理由; (2)若 an=2n-1(n=1,2,),判断数列an是否同时满足性质和性质,说明理由; (3)若an是递增数列,且同时满足性质和性质,证明:an为等比数列. 【解析】(1)不满足.如考虑素数,ai为 a7=7,aj为 a3=3, = 不是整数,即不存在 am使 =am,所以 不满足性质; (2)先验证满足性质.任意 ij, =2
6、2i-j-1=a2i-j,即存在 am=a2i-j使 =am. 验证满足性质.对任意项 an(n3),当 n 为奇数时,设 n=2r+1(r=1,2,), 则 an=a2r+1=22r=;k=r+1,l=1 满足性质. 当 n 为偶数时,设 n=2r+2(r=1,2,),则 an=a2r+2=22r+1=, 此时 k=r+2,l=2 满足性质,所以数列an满足性质,综上,数列an同时满足性质和性质 . (3)an有性质可知nN*,an0.令 q= 0,若 a10,由an递增知nN*,ana10,故 q1,若 a10,由性质mN*.使 am=0,又an递增,所以 m=1,a2=-a1,此时mN*
7、,使 am= 0,同理 a3=-a1矛盾,故 a20,由此可得 a10 时,nN*,anj 使 a3= ,又an递增,所以 aiaj. 若 a10,则 a30,ai0,a3= =aiaiaj,得 i=2,j=1,即 a3= =a1q2=a1q3-1. 若 a10,则 a30, ai 1=aiaj,所以 i=2,j=1,即 a3=a1q3-1. (ii)假设 kn 时有 ak=a1qk-1,对 an+1由性质正整数 ij 使 an+1= ,又an递增,所以 aiaj. 若 a10,则 aiaj0,an+1=aiai 1=aiaj,所以 jian知 a1q2i-j-1a1 qn-1.又 a10,q
8、0,所以 2i-j-1n-1,2i-jn.又 jin+1, 且此时 an+1=a1q(n+1)-1 若 a10,则 q(0,1),nN*,anaiaj aiajn+1ij, 由 ai=a1qi-1,aj=a1qj-1,可得 an+1=a1q(n+1)-1. 综合(i)(ii)an是等比数列. 例 3(2021 江苏高三月考)雪花曲线因其形状类似雪花而得名,它的产生也与雪花类似,由 等边三角形开始,把三角形的每一条边三等分,并以每一条边三等分后的中段为边,向外作 新的等边三角形,但要去掉与原三角形叠合的边,接着对每-个等边三角形“尖出”的部分继 续上述过程,即以每条边三等分后的中段为边向外作新的
9、等边三角形(如图:(2),(3),(4) 是等边三角形(1)经过第一次,第二次,第三次,变化所得雪花曲线)若按照上述规律,一个 边长为3的等边三角形,经过四次变化得到的雪花曲线的周长是( ) A143 3 B 204 9 C 256 9 D 64 3 【答案】C 【详解】设雪花曲线的边长分别为 12345 ,a a a a a,边数为 12345 ,b b b b b,周长为 1,2,3,4,5 n Sn. 21 1 1 3 aa, 32 11 33 aa, 43 11 39 aa, 5 1 27 a , 1 3b , 2 3 4b , 3 3 4 4b , 4 3 4 4 4b , 5 3
10、4 4 4 4b , 1 9S , 2 12S , 3 16S , 4 64 3 S , 5 256 9 S , 例 4(2021 浙江绍兴市 高三期末)已知 1 a, 2 a, 5 a为 1,2,3,4,5 的任意一个排列. 则满足:对于任意1,2,3,4,5n,都有 121n aaana的排列 1 a, 2 a, 5 a有 ( ) A49 个 B50 个 C31 个 D72 个 【答案】A 【详解】因为1 2 3 4 5 15 ,所以5n时, 123451 155aaaaaa,所以 1 3a ,当 1 5a 时,任意排列均满足题意,共有 4 4 24A 个,当 1 4a 时,只要 2 5a
11、 , 其他排列均满足题意,共有3 3 2 1 18 个,当 1 3a 时, 2 a只能取 1 或 2,所有的情况 如下: 排列 32145, 满足题意; 排列 31245, 满足题意, 排列 32154, 满足题意, 排列 31254, 满足题意,排列 32415,满足题意,排列 31425,满足题意,排列 32451,不满足题意, 排列 31452,不满足题意,排列 32514,不满足题意, 排列 31524,满足题意, 排列 32541,不满足题意, 排列 31542,不满足题意,共 7 个满足题意, 综上,满足题意的排列共有 24+18+7=49 个. 例 5(2021 浙江绍兴市 绍兴
12、一中高三期末)已知数列 n a与 n b满足 11 ( 3)1 n nnnn bab a , 2, 1, n n b n 为偶数 为奇数 , * nN,且 1 2a ,下列正确的是( ) A 31 8aa B 24 18aa C 222nn aa 是等差数列 D 2121nn aa 是等比数列 【答案】D 【详解】因为数列 n a与 n b满足 11 ( 3)1 n nnnn bab a , 令1n , 1 2112 ( 3)12b aba ,由 112 2,1,2abb,所以 2 6a ,令2n, 2 3223 ( 3)110b ab a ,由 232 6,1,2abb ,所以 3 8a ,
13、所以 31 6aa,故 A 错误;令3n, 3 4334 ( 3)126b ab a ,由 334 8,12,abb,所以 4 42a , 所以 24 42636aa ,故 B 错误;由已知得 2 212221 ( 3)1 n nnnn bab a ,即 2 221 231 n nn aa , 21 221212 ( 3)1 n nnnn b aba ,即 21 21 212 23131 n n nn aa ,两式相减得 1 2 1 22 121 6 9 2 33 n nn n n aa , 2321 2121 9 nn nn aa aa ,所以 2121nn aa 是以 6 为首项,9 为公
14、比的等比数列,故 D 正确; 由 1 2121 6 9n nn aa 得 22 13153213122 261 999n nnn aaaaaaaa 1 1 1 953 269 1 944 n n ,由 222 121 1 53 9 44 2231 n nn n n aaa ,得 2 13 9 22 n n a ,所以 222 1 1313 994 9 2222 n nn nn aa , 2422nn aa 222 1 4 94 9 nn nn aa 不是常数, 222nn aa 不是等差数列,故 C 错误. 例 6(2021 山西太原市 高三期末)意大利数学家列昂纳多 斐波那契提出的“兔子数列
15、”:1, 1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,在现代生物及化学等领域有着广泛 的应用,它可以表述为数列 n a满足 12 1aa, * 21 N nnn aaan .若此数列各项 被 3 除后的余数构成一个新数列 n b,则 n b的前 2021 项和为( ) A2014 B2022 C2265 D2274 【答案】D 【详解】数列 n a为 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233, 被 3 除后的余数构成一个新数列 n b,数列 n b为 1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2, 0,2,2,1,0,观察可得数列 n b是以 8
16、 为周期的周期数列,2021252 8 5 , 且 128 9bbb,则 n b的前 2021 项和为252 9 1 1 2 022274 . 例 7 (2021 北京昌平区 高三期末)斐波那契数列又称“黄金分割数列”, 因数学家莱昂纳多斐 波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、 化学等领域都有着广泛的应用.斐波那契数列 n a可以用如下方法定义: * 1212 3,1 nnn aaannaa N.若此数列各项除以 4 的余数依次构成一个新数 列 n b,则 2021 b( ) A1 B2 C3 D5 【答案】A 【详解】因为 * 1212 3,1
17、nnn aaannaa N ,所以数列 n a为 1,1,2,3, 5,8,13,21,34,55,89,144,此数列各项除以 4 的余数依次构成的数列 n b为:1, 1,2,3,1,0,1,1,2,3,0,是以 6 为周期的周期数列,所以 20216 336 55 1bbb , 例 8.(河北省衡水市第二中学 2020 高三)数列中的项按顺序可以排列成如图的形式, 第一 行 项,排;第二行 项,从左到右分别排,;第三行 项,以此类推,设数列 的前 项和为,则满足的最小正整数 的值为( ) 4, 4,4 3 4,4 3,4 4,4 3,4 , 4 A B C D 【答案】C 【解析】由图可
18、知,第 n 行是 4 为首项,以 3 为公比的等比数列的前 n 项,和为 ,设满足的最小正整数为 ,项在图中排在第 行第 列 (且),所以有 ,则,即图中从第 行第 列开始,和大于. 因为前 行共有项,所以最小正整数 的值为, 例 9(2021 北京高三期末)数列 n a中,给定正整数m(1)m, -1 1 1 ( ) m ii i V maa .定 义:数列 n a满足 1 (1,2,1) ii aaim L L,称数列 n a的前m项单调不增. ()若数列 n a通项公式为:( 1)() n n an * N,求(5)V; ()若数列 n a满足: 1 , (1,) m aa abmmab
19、 * N,求证( )V mab的充分 必要条件是数列 n a的前m项单调不增; ()给定正整数m( 1)m ,若数列 n a满足:0,(1,2,) n anmL L,且数列 n a的前 m项和为 2 m,求 ( )V m的最大值与最小值.(写出答案即可) 【答案】()8;()证明见解析;()最小值为 0,最大值为 2 42 22 m mm . 【详解】() * 1 n n anN , 12345 1,1,1,1,1aaaaa , 21324354 58Vaaaaaaaa ,(5)=8V. ()充分性:若数列 n a的前m项单调不增,即 21m aaaL L 此时有 -1 112231 1 (
20、)()()() m iimm i V maaaaaaaa L L 1m aaab 必要性: 反证法, 若数列 n a的前m项不是单调不增, 则存在(11)iim 使得 1ii aa , 那么: -1 1 1 ( ) m ii i V maa -1 111 11 im iiiiii tt i aaaaaa 111 () iiimi aaaaaa 111 () miiii aaaaaa 11 () iiii abaaaa 由于 1 , ii aaab ,. 11 () iiii abaaaaab .与已知矛盾. ()最小值为 0.此时 n a为常数列. 最大值为 2 42, 22. m mm 当2
21、m时的最大值:此时 1212 4,( ,0)aaa a, 12 4 04aa. 当2m时的最大值:此时 2 1212 , (,0) n aama aaL LL L. 由xyxy易证, n a的值的只有是大小交替出现时,才能让( )V m取最大值. 不妨设: 1ii aa ,i为奇数, 1ii aa ,i为偶数. 当m为奇数时有: -1 1 1 ( ) m ii i V maa 123234541mm aaaaaaaaaa L L (1)/2 2 11 2 mm ii ii aa 2 1 22 m i i am 当m为偶数时同理可证. 例 10(2021 北京丰台区 高三期末)已知 n a是由正
22、整数组成的无穷数列,该数列前n项的 最大值记为 n A,最小值记为 n B,令 n n n A b B (1)若 2 (1,2,3,) n an n,写出 1 b, 2 b, 3 b的值 (2)证明: 1 (1,2,3,) nn bb n (3)若 n b是等比数列,证明:存在正整数 0 n,当 0 n n时, n a, 1n a , 2n a 是等比数列 【答案】(1) 1 1b , 2 2b , 3 3b ;(2)证明见解析;(3)证明见解析 【详解】(1),可得 n a是单调递增数列, 1 , nnn a BAa, 1 1 1 1 a b a , 2 2 1 2 a b a , 3 3
23、1 3 a b a , (2)设 1n ak , n n n A b B ,若 n kB,则 +1 n n n n n k AA bb B ,若 nn BkA,则 +1 n n n n A bb B ,若 n kA,则 +1 n n nn n Ak bb BB ,综上, 1 (1,2,3,) nn bb n ; (3)设等比数列 n b的公比为q, 1 1 1 1 a b a ,则 1n n n n A bq B ,由(2)可得 1nn bb ,则 1q ,当1q 时, 1 n n A B ,即 nn AB,此时 n a为常数列,则存在 0 1n ,当 0 nn 时, n a, 1n a ,
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