6.5 数列的综合（解析版）--2026版十年高考数学真题分类汇编

6.5数列的综合
考点数列的综合
1.（2025上海，16,5分）设λ=[0,1],数列an=10n-9,数列bn=2n.设cn=λan+(1-λ)bn.若对任意λ∈[0,1],长为an,bn,cn的线段均能构成三角形,则满足条件的n有(　　)
A.1个 B.3个
C.4个 D.无穷个
【答案】B
【解析】由题意an,bn,cn>0,不妨设A(n,an),B(n,bn),C(n,cn),
三点均在第一象限内,由cn=λan+(1-λ)bn可知,=λ,λ∈[0,1],
故点C恒在线段AB上,则有min{an,bn}≤cn≤max{an,bn}令10x-9=2x,构造函数f(x)=2x-10x+9,x>0,
则f '(x)=2xln 2-10,由f '(x)单调递增,
且f '(3)<0, f '(4)>0,得存在x0∈(3,4),使f '(x0)=0.
即当0当x>x0时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
故f(x)至多2个零点,
又由f(1)>0, f(2)<0, f(5)<0, f(6)>0,
可知f(x)存在2个零点,
不妨设x1,x2(x1①若an≤bn,即10n-9≤2n,此时n=1或n≥6.
由an≤cn≤bn,可知bn+cn≥an成立,
要使an,bn,cn的值均能构成三角形,
则an+cn>bn恒成立,故bn<2an,
所以有解得n=6;
②若an≥bn,即10n-9≥2n,此时n=2,3,4,5.
由an≥cn≥bn,可知an+cn>bn成立,
要使an,bn,cn的值均能构成三角形,
则bn+cn>an恒成立,故an<2bn,
所以有解得n=4或5.
综上可知,满足条件的n有3个.故选B.
2.(2024北京,15,5分,难)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　　　　.
【答案】①③④
【解析】对于①,设{an},{bn}的公差分别为d1,d2,
则an=a1+(n-1)d1=d1n+(a1-d1),①
bn=b1+(n-1)d2=d2n+(b1-d2),②
将①②看作关于n的一次函数,可得直线y1=d1n+(a1-d1)与直线y2=d2n+(b1-d2)的位置关系为平行或相交,
当两直线平行时,集合M中没有元素;当两直线相交时,若交点横坐标x0∈N*,则集合M中有1个元素;若交点横坐标x0 N*,则集合M中没有元素.
所以M中最多有1个元素,故①中结论正确.
对于②,可举反例,如{an}为1,2,4,8,16,32,…,{bn}为1,-2,4,-8,16,-32,…,此时M中的元素有无穷多个,故②中结论错误.
对于③,可举具体数列,如等比数列{bn}为1,-2,4,-8,16,-32,…
等差数列{an}为-8,-2,4,10,16,22,28,…
由此特例知,有3个公共项,以下借助函数图象说明公共项不超过3个.
设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
则an=a1+(n-1)d=d·n+(a1-d)(n∈N*)的图象是直线y1=dx+(a1-d)上的点,bn=b1qn-1的图象是曲线y2=b1·qx-1上的点,
当q>0时,若{an}、{bn}的单调性相同,则直线y1与曲线y2最多有2个交点,
若{an}、{bn}的单调性相反,则直线y1与曲线y2最多有1个交点.
若q<0,则bn=b1qn-1=
n为奇数与n为偶数时,关于n的函数必定一增一减,参考q>0时的分析,
{bn}与{an}对应函数的图象最多有三个交点.
故③中结论正确.
对于④,由两个函数的单调性知,一个单调递增的函数和一个单调递减的函数的图象最多有一个交点,数列是特殊的函数,故④中结论正确.
综上,正确结论的序号为①③④.
3.（2025天津，19,15分）
已知{an}为等差数列,{bn}为公比不为0的等比数列,且a1=b1=2,a2=b2+1,a3=b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)若对任意的n∈N*,有Tn ={p1a1b1+p2a2b2+…+pnanbn|p1,p2,…,pn∈I},I={0,1}.
(i)求证:对Tn中的任意元素t,有t(ii)求Tn中所有元素之和.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q≠0),
则由题意得
所以an=2+3(n-1)=3n-1,bn=2×2n-1=2n.
(2)(i)证明:由(1)知pnanbn=(3n-1)2npn=0或pnanbn=(3n-1)2n>0,an+1bn+1=(3n+2)2n+1,
当pnanbn=0时,显然成立;
当pnanbn=(3n-1)2n>0时,
设Sn=p1a1b1+p2a2b2+…+pn-1an-1bn-1+pnanbn=2×2+5×22+…+(3n-4)2n-1+(3n-1)2n,
所以2Sn=2×22+5×23+…+(3n-4)2n+(3n-1)2n+1,
所以-Sn=4+3×(22+23+…+2n)-(3n-1)2n+1=4+3×-(3n-1)2n+1=-8+(4-3n)2n+1,
所以Sn=8+(3n-4)2n+1,则Sn为Tn中的最大元素,
此时an+1bn+1-Sn=(3n+2)2n+1-[8+(3n-4)2n+1]=6·2n+1-8>0恒成立,
所以 t∈Tn,均有t(ii)解法一由(i)得Sn=8+(3n-4)2n+1为Tn中的最大元素,
由题意可得Tn中的所有元素由以下系列中所有元素组成:
当p1,p2,…,pn-1,pn均为1时,此时该系列的元素只有Sn=8+(3n-4)2n+1,即个;
当p1,p2,…,pn-1,pn中只有1个为0,其余均为1时,此时该系列的元素有Sn-a1b1,Sn-a2b2,Sn-a3b3,…,Sn-anbn,共有个,
则这n个元素的和为Sn-(a1b1+a2b2+…+anbn)=(-)Sn;
当p1,p2,…,pn-1,pn中只有2个为0,其余均为1时,此时该系列的元素为Sn-aibi-ajbj(i,j∈{1,2,…,n},i≠j),共有个,
则这n个元素的和为Sn-(a1b1+a2b2+…+anbn)=(-)Sn;
当p1,p2,…,pn-1,pn中有3个为0,其余均为1时,此时该系列的元素为Sn-aibi-ajbj-akbk(i,j,k∈{1,2,…,n},i≠j≠k),共有个,则这n个元素的和为Sn-·(a1b1+a2b2+…+anbn)=(-)Sn;
……
当p1,p2,…,pn-1,pn中有(n-1)个为0,1个为1时,此时该系列的元素为a1b1,a2b2,…,anbn,共有个,
则这n个元素的和为Sn-(a1b1+a2b2+…+anbn)=(-)Sn;
当p1,p2,…,pn-1,pn均为0时,此时该系列的元素为0=(-)·Sn,即=1个.
综上所述,Tn中的所有元素之和为
Sn+(-1)Sn+(-)Sn+(-)Sn+…+(-)Sn+0
=[(++…++)-(++…++)]Sn
=(2n-2n-1)Sn=2n-1Sn=2n-1·[8+(3n-4)2n+1].
解法二由(i)得Sn=8+(3n-4)2n+1为Tn中的最大元素,
由题意可得Tn={Sn,Sn-aibi,Sn-aibi-ajbj,Sn-aibi-ajbj-akbk,…,aibi+ajbj,aibi,0}(i,j,k∈{1,2,…,n},i≠j≠k),
所以Tn的所有的元素的和中各项aibi(i∈{1,2,…,n})出现的次数均为++…++=2n-1次,
所以Tn中的所有元素之和为2n-1(a1b1+a2b2+…+anbn)=2n-1Sn=2n-1·[8+(3n-4)2n+1].
4.（2025北京，21,15分）
已知集合A={1,2,3,4,5,6,7,8},M={(x,y)|x∈A,y∈A}.从M中选取n个不同的元素组成一个序列:(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn),其中(xi,yi)称为该序列的第i项(i=1,2,…,n),若该序列的相邻项(xi,yi),(xi+1,yi+1)满足或(i=1,2,…,n-1),则称该序列为K列.
(1)对于第1项为(3,3)的K列,写出它的第2项;
(2)设Γ为K列,且Γ中的项(xi,yi)(i=1,2,…,n)满足:当i为奇数时,xi∈{1,2,7,8};当i为偶数时,xi∈{3,4,5,6},判断(3,2),(4,4)能否同时为Γ中的项,并说明理由;
(3)证明:由M的全部元素组成的序列都不是K列.
【解析】(1)根据题意知,或
若第1项为(3,3),显然x2=0或-1不符合题意(不在集合A中),所以下一项是(6,7)或(7,6).
(2)不能.理由如下:假设(3,2),(4,4)能同时为Γ中的项,
因为xi+1-xi+yi+1-yi和|xi+1-xi|+|yi+1-yi|=7奇偶性相同,
所以xi+1+yi+1-(xi+yi)为奇数,
所以xi+1+yi+1和xi+yi奇偶性不同,所以xi+2+yi+2和xi+yi奇偶性相同,
所以隔项数对中两数之和同奇偶.
所以3+2和4+4应同奇偶,显然不正确,
故假设不成立,所以(3,2)与(4,4)不能同时为Γ中的项.
(3)证明:假设存在这样的K列,
将M中64个元素分为两类:
①xi∈{1,2,7,8},将(xi,yi)简记为b,共32个,
②xi∈{3,4,5,6},将(xi,yi)简记为w,共32个.
则K列中b的前后相邻项一定为w,w的前后相邻项可能为w,也可能为b.
由Γ中有32个b知有两种情形:
情形1,Γ:b,w,b,w,…,b,w或Γ:w,b,w,b,…,w,b.
同第(2)问知(3,2)与(4,4)不能同时在Γ中,矛盾.(第(2)问的提示)
情形2,Γ:b,w,b,…,b,w,w,b,…,w,b,(最多只能有一组相邻的w)
即仅有一组两个b之间为2个w,其余2个b间恰一个w.
因为(3,3)(w)的相邻项只可能为(6,7)(w)和(7,6)(b),所以中间两个相邻的w必为(3,3)与(6,7)的一个排列,(第(1)问的提示)
另一方面,与(3,6)(w)相邻的项只可能为(6,2)(w)和(7,3)(b),所以中间两个相邻的w必为(3,6)与(6,2)的一个排列.矛盾.
故不存在由M全部元素组成的K列.
5.(2024北京,21,15分,难)已知集合M={(i,j,k,w)|i∈{1,2},j∈{3,4},k∈{5,6},w∈{7,8},且i+j+k+w为偶数}.
给定数列A:a1,a2,…,a8和序列Ω:T1,T2,…,Ts,其中Tt=(it,jt,kt,wt)∈M(t=1,2,…,s),对数列A进行如下变换:将A的第i1,j1,k1,w1项均加1,其余项不变,得到的数列记作T1(A);将T1(A)的第i2,j2,k2,w2项均加1,其余项不变,得到的数列记作T2T1(A);……;以此类推,得到数列Ts…T2T1(A),简记为Ω(A).
(1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),写出Ω(A);
(2)是否存在序列Ω,使得Ω(A)为a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4 若存在,写出一个Ω,若不存在,说明理由;
(3)若数列A的各项均为正整数,且a1+a3+a5+a7为偶数,求证:“存在序列Ω,使得Ω(A)的各项都相等”的充要条件为“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”.
【解析】(1)∵数列A:1,3,2,4,6,3,1,9,
序列Ω:(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),
∴T1(A):2,3,3,4,7,3,2,9,
T2T1(A):2,4,3,5,7,4,2,10,
T3T2T1(A):3,4,4,5,8,4,3,10.
因此,Ω(A):3,4,4,5,8,4,3,10.
(2)不存在,理由如下:
设序列Ω:T1,T2,…,Tn,
Ω(A):a1+b1,a2+b2,a3+b3,…,a8+b8,
依题意得b1+b2=b3+b4=b5+b6=b7+b8=n.
而在a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4中b1=2,b2=6,b3=4,b4=2,b5=8,b6=2,b7=4,b8=4,
∴b1+b2=8,b3+b4=6,b5+b6=10,b7+b8=8.
因此,b1+b2≠b3+b4.
∴不存在这样的Ω.
(3)证明:必要性,若存在序列Ω:T1,T2,…,Tn,使得Ω(A)的各项均相等,设各项均为k,由(2)知,
a1+b1=a2+b2=…=a8+b8=k,
又b1+b2=n,∴a1+a2+b1+b2=a1+a2+n=2k.
从而a1+a2=2k-n,
同理a3+a4=a5+a6=a7+a8=2k-n.
因此,a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8,
必要性成立.
充分性,设a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8=m,
则a1+a2+…+a8=4m,是偶数,
又a1+a3+a5+a7是偶数,因此a2+a4+a6+a8也是偶数.
若a1,a3,a5,a7都是奇数,作变换T=(1,3,5,7),
得a1+1,a3+1,a5+1,a7+1都是偶数,且a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8,
(即任何一次变换不影响连等式成立).
若a1,a3,a5,a7两奇两偶,不妨设a1,a3为奇数,
则a2,a4,a6,a8也是两奇两偶,若a2,a4为奇数,
作变换T=(1,3,5,7),则a1,a3为偶数,a5,a7为奇数,
再作变换T'=(2,4,5,7),则a1,a2,…,a8均为偶数,
因此不妨设ai(i=1,2,…,8)均为偶数.
①若a1≠a2,不妨设a2>a1,令k1=a2-a1是偶数.
作k1次变换T1=(1,3,5,7),则a1变为a1+k1=a2.
②若a1=a2,a3≠a4,不妨设a4>a3,
由a1+a2=a3+a4=2a1得a4-a1=a1-a3=k2是偶数,
∴a4-a3=2k2,
作k2次变换T2=(1,3,5,7),k2次变换T'2=(2,3,6,7),
得a1+k2=a2+k2=a3+2k2=a4.
③若a1=a2=a3=a4,a5≠a6,不妨设a6>a5,
则存在偶数k3,使得a6=a1+k3,a5=a1-k3,
作k3次变换T3=(2,3,5,8),k3次变换T'3=(1,4,5,8),
得a1+k3=a2+k3=a3+k3=a4+k3=a5+2k3=a6.
④若a1=a2=a3=a4=a5=a6,a7≠a8,不妨设a8>a7,
则存在偶数k4,使得a8=a1+k4,a7=a1-k4,
分别作k4次变换(1,3,5,7),(2,4,5,7),(1,4,6,7),(2,3,6,7),
得a1+k4=a2+k4=…=a6+k4=a7+2k4=a8,
即数列各项相等,充分性成立.
综上所述,所证结论成立.
5.(2024新课标Ⅰ,19,17分,难)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(1)写出所有的(i,j),1≤i(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.
【解析】(1)(1,2),(1,6),(5,6).
理由:数列a1,a2,…,a6中删去a1,a2后,数列a3,a4,a5,a6是等差数列,所以数列a1,a2,…,a6是(1,2)-可分数列,同理数列a1,a2,…,a6是(1,6)或(5,6)-可分数列.
(2)证明:m=3时,
a1,a4,a7,a10成等差数列;
a3,a6,a9,a12成等差数列;
a5,a8,a11,a14成等差数列.
m≥4时,从a15开始每连续4项成等差数列,a15前12项分组同上,
即a1,a4,a7,a10成等差数列;
a3,a6,a9,a12成等差数列;
a5,a8,a11,a14成等差数列;
a15,a16,a17,a18成等差数列;
……
a4m-1,a4m,a4m+1,a4m+2成等差数列.证明毕.
(3)证明:从4m+2个数中任取两个数i和j(i①首先证明(4p+1,4q+2)(p4p+1与4q+2之间有4q+2-(4p+1)-1=4(q-p)个数,按从小到大的顺序每4个一组.
4p+1前的4p个数按从小到大的顺序每4个一组.
4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组.
故(4p+1,4q+2)(0≤p②其次证明(4p+2,4q+1)(p4p+1前的4p个数,按从小到大的顺序每4个一组,
4q+2后的4(m-q)个数按从小到大的顺序每4个一组,
对4p+1,4p+2,4p+3,…,4q,4q+1,4q+2,一共有4(q-p)+2个数,
去掉其中第2个与第4(q-p)+1个数,即4p+2与4q+1.
下面证明去掉后剩下的4(q-p)个数可以分成q-p组,每组4个数构成等差数列.
该证明实际上为(2)的推广.
令k=q-p≥2,
4p+1,4p+1+k,4p+1+2k,4p+1+3k成等差数列;
4p+3,4p+3+k,4p+3+2k,4p+3+3k成等差数列;
……
4p+2+k,4p+2+2k,4p+2+3k,4p+2+4k成等差数列,
得证,∴②得证.
故(4p+2,4q+1)的不同取值有-m=(m2-m)种,
由①②,分组方法共有(m2+3m+2)+(m2-m)=(2m2+2m+2)=m2+m+1种,
而-=>0,∴Pm>.
6.（2023课标II，18）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
（1）求的通项公式；
（2）证明：当时，．
【解析】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
7.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:<2.
【解析】(1)解法一:依题意得,S1=a1=1.
∴+(n-1)×.
∴3Sn=(n+2)an,则3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1,
∴3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an,
即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an,
∴nan+1=(n+2)an,即,
由累乘法得,
又a1=1,∴an+1=,
∴an=(n≥2),又a1=1满足上式,
∴an=(n∈N*).
解法二:同解法一求得nan+1=(n+2)an,
∴,即,
∴数列是常数列,首项为,
∴,∴an=.
(2)证明:由(1)知,
∴<2.
8.(2023北京,21,15分,难)已知数列{an},{bn}的项数均为m(m>2),且an,bn∈{1,2,…,m},{an},{bn}的前n项和分别为An,Bn,并规定A0=B0=0,对于k∈{0,1,2,…,m},定义rk=max{i|Bi≤Ak,i∈{0,1,2,…,m}},其中,max M表示数集M中最大的数.
(1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3,写出r0,r1,r2,r3的值;
(2)若a1≥b1,且2rj≤rj+1+rj-1,j=1,2,…,m-1,求rn;
(3)证明:存在p,q,s,t∈{0,1,2,…,m},满足p>q,s>t,使得Ap+Bt=Aq+Bs.
【解析】(1)由题意得A1=2,A2=3,A3=6,B1=1,B2=4,B3=7,rk表示使得Bi≤Ak成立的i的最大值,i,k∈{0,1,2,…,m},故r0=0,r1=1,r2=1,r3=2.
(2)显然rm≤m,且r0=0,r1=1.
由于2rj≤rj-1+rj+1,所以rj+1-rj≥rj-rj-1≥…≥r1-r0=1.
若存在正整数u使得ru+1-ru>1,则rm≥rm-1+1≥…≥ru+1+(m-u-1)>ru+(m-u)≥…≥r0+m=m,
这与rm≤m矛盾.
因此,对任意正整数j均有rj+1-rj=1,即{rn}是以r1=1为首项,1为公差的等差数列.
故rn=n.
(3)证明:设Am≤Bm.记Sk=Ak-(1≤k≤m),则Sk≥0.
另一方面,一定有Sk≤m-1;否则Sk>m-1,而由rk的定义可知Ak-<0,
则=Sk-(Ak-)>m(Ak-的最大值为-1)
但∈{1,2,…,m},矛盾.
若存在k使得Sk=0,则取t=q=0,p=k,s=rk即满足题目要求.
若这样的k不存在,则Sk∈{1,2,…,m-1},
因此一定存在1≤q从而Aq-,令t=rq,s=rp,即Ap+Bt=Aq+Bs.
若Am≥Bm,
则可定义ck=max{i|Ai≤Bk,i∈{0,1,…,m}},并记S'k=Bk-(1≤k≤m),
同上述过程可得结论成立.
9.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.
(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”;
(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足:b1=1,=-,其中Sn为数列{bn}的前n项和.
①求数列{bn}的通项公式;
②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.
　本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.满分16分.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,所以a1≠0,q≠0.
由得解得
因此数列{an}为“M-数列”.
(2)①因为=-,所以bn≠0.
由b1=1,S1=b1,得=-,则b2=2.
由=-,得Sn=,
当n≥2时,由bn=Sn-Sn-1,得bn=-,
整理得bn+1+bn-1=2bn.
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,q>0.
因为ck≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.
当k=1时,有q≥1;
当k=2,3,…,m时,有≤ln q≤.
设f(x)=(x>1),则f '(x)=.
令f '(x)=0,得x=e.列表如下:
x (1,e) e (e,+∞)
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
因为=<=,所以f(k)max=f(3)=.
取q=,当k=1,2,3,4,5时,≤ln q,即k≤qk,经检验知qk-1≤k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.
10.(2021全国乙文,19,12分)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=.已知a1,3a2,9a3成等差数列.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<.
解题指导:(1)利用等差中项的概念建立等式,通过等比数列的通项公式即可求出结果;(2)利用等比数列的求和公式算出Sn,对于数列{bn},利用错位相减法求出Tn,再利用比较大小的基本方法——作差法即可证明不等式.
【解析】　(1)设等比数列{an}的公比为q.
∵a1,3a2,9a3成等差数列,
∴6a2=a1+9a3,
又∵{an}是首项为1的等比数列,
∴6a1q=a1+9a1q2,
∴9q2-6q+1=0,解得q1=q2=,
∴an=a1·qn-1=,
∵bn=,∴bn=n·.
(2)∵Sn为{an}的前n项和,
∴Sn=.
∵Tn为{bn}的前n项和,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1×,①
.②
①-②可得
=,
∴Tn=-,
∴Tn-<0,∴Tn<.
11.(2022北京,21,15分)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.
(1)判断Q:2,1,4是不是5-连续可表数列,是不是6-连续可表数列,说明理由;
(2)若Q:a1,a2,…,ak为8-连续可表数列,求证:k的最小值为4;
(3)若Q:a1,a2,…,ak为20-连续可表数列,且a1+a2+…+ak<20,求证:k≥7.
【解析】 (1)若m=5,则n∈{1,2,3,4,5},在Q中,a1=2,a2=1,a3=4,
当n=1时,取i=2,j=0,有a2=1=n,
当n=2时,取i=1,j=0,有a1=2=n,
当n=3时,取i=1,j=1,有a1+a2=2+1=3=n,
当n=4时,取i=3,j=0,有a3=4=n,
当n=5时,取i=2,j=1,有a2+a3=5=n,
所以Q是5-连续可表数列.
由于找不到连续的若干项之和为6,所以Q不是6-连续可表数列.
(2)证明:若k=1,则Q:a1只能表示1个数字,不能表示8个数字,故k≠1;
若k=2,则Q:a1,a2最多能表示出a1,a2,a1+a2,共3个数字,与Q为8-连续可表数列相矛盾;
若k=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:1,2,4,1,可以表示出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(或构造出Q:3,1,4,2等数列也可以).
(3)证明:从5个正整数中取1个数字只能表示自身,此方式最多可表示5个数字;取连续2个数字并求和最多能表示4个数字,取连续3个数字并求和最多能表示3个数字,取连续4个数字并求和最多能表示2个数字,取连续5个数字并求和最多能表示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,则最多可以表示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+a3+…+ak<20,
所以有一项必为负数,设这一项为ai,i∈{1,2,3,4,5,6}.
若ai<0,i∈{2,3,4,5},则ai+ai+1>0且ai-1+ai>0,
那么从a1,a2,…,a6中选择连续j(1≤j≤6)项求和,其和均小于20,这与题意不符,所以a1<0或a6<0.
不妨设a1<0,那么a2+a3+…+a6=20,
因为a2,a3,…,a6∈N*,所以{a2,a3,…,a6}={2,3,4,5,6},
从集合{2,3,4,5,6}中选取j(1≤j≤5)个连续数字并求和,其和不可能为19,
但Q为20-连续可表数列,那么a1+a2+a3+…+a6=20,所以a1=-1,
所以a2=2,若不然,假设a2=p(3≤p≤6),那么a1+a2=p-1∈{2,3,4,5}与数列中的项重复,
所以a3=6,若不然,假设a3=q(3≤q≤5),那么a1+a2+a3=q+1∈{4,5,6}与数列中的项重复,
因此该数列只可能为以下6种,下面逐一写出:
①a1=-1,a2=2,a3=6,a4=3,a5=4,a6=5,但是a1+a2+a3=a4+a5(舍去);
②a1=-1,a2=2,a3=6,a4=3,a5=5,a6=4,但是a2+a3=a4+a5(舍去);
③a1=-1,a2=2,a3=6,a4=4,a5=3,a6=5,但是a2+a3=a5+a6(舍去);
④a1=-1,a2=2,a3=6,a4=4,a5=5,a6=3,但是a2+a3=a5+a6(舍去);
⑤a1=-1,a2=2,a3=6,a4=5,a5=3,a6=4,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去);
⑥a1=-1,a2=2,a3=6,a4=5,a5=4,a6=3,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去).
因此,k=6不满足题意.
综上,Q中至少含6个不同的正整数和一个负数才能满足题意,故k≥7.
12.(2021北京,21,15分)定义Rp数列{an}:对实数p,满足:
①a1+p≥0,a2+p=0;
② n∈N*,a4n-1③am+n∈{am+an+p,am+an+p+1}.
(1)对前4项为2,-2,0,1的数列,可以是R2数列吗 说明理由;
(2)若{an}是R0数列,求a5的值;
(3)是否存在p,使得存在Rp数列{an},对 n∈N*,满足Sn≥S10 若存在,求出所有这样的p;若不存在,说明理由.
【解析】　(1)不是R2数列.由题意可知a2=-2,p=2.
若前4项为2,-2,0,1的数列是R2数列,则由③可知,a2=a1+1∈{a1+a1+2,a1+a1+2+1}={6,7},
但-2 {6,7},故不可能是R2数列.
(2)若{an}是R0数列,即p=0,则由①知a1≥0,a2=0.
令m=n=1,则a2∈{a1+a1+0,a1+a1+0+1}={2a1,2a1+1},∵a1≥0,a2=0,∴a1=0,
令m=1,n=2,则a3∈{a1+a2+0,a1+a2+0+1}={0,1},
令m=n=2,则a4∈{a2+a2+0,a2+a2+0+1}={0,1},
又由②知a3∴a5∈{a1+a4+0,a1+a4+0+1}={1,2},且a5∈{a2+a3+0,a2+a3+0+1}={0,1},∴a5=1.
(3)存在p=2,使得存在Rp数列{an},对 n∈N*,满足Sn>S10.
由题意可知a2=-p,a2∈{2a1+p,2a1+p+1},∵a1+p≥0,∴2a1+p≥-p,
2a1+p+1≥-p+1>-p,∴a2=2a1+p=-p,∴a1=-p.
令m=1,则an+1∈{an+a1+p,an+a1+p+1}={an,an+1},(*)
令m=2,则an+2∈{an+a2+p,an+a2+p+1}={an,an+1},(**)
∴a3∈{-p,-p+1},a4∈{-p,-p+1},
又 x∈N*,a4n-1∴a3由(*)知a5∈{-p+1,-p+2},由(**)知a5∈{-p,-p+1},∴a5=-p+1,
∴a6∈{-p+1,-p+2},且a6∈{2a3+p,2a3+p+1}={-p,-p+1},∴a6=-p+1,
∴a7∈{-p+1,-p+2},a8∈{-p+1,-p+2},又由②知a8>a7,∴a7=-p+1,a8=-p+2,
∴a9∈{-p+2,-p+3},且a9∈{-p+1,-p+2},∴a9=-p+2,
∴a10∈{-p+2,-p+3},且a10∈{-p+1,-p+2},∴a10=-p+2,
∴a11∈{-p+2,-p+3},a12∈{-p+2,-p+3},
又由②知a11∴a1=a2=a3=-p,a4=a5=a6=a7=-p+1,a8=a9=a10=a11=-p+2,a12=a13=a14=a15=-p+3,……,故an=-p+k(4k≤n≤4k+3,k∈N,n∈N*),且an+1≥an,
n∈N*,Sn≥S10,则需∴p=2.
13.(2020北京,21,15分)已知{an}是无穷数列.给出两个性质:
①对于{an}中任意两项ai,aj(i>j),在{an}中都存在一项am,使得=am;
②对于{an}中任意一项an(n≥3),在{an}中都存在两项ak,al(k>l),使得an=.
(Ⅰ)若an=n(n=1,2,…),判断数列{an}是否满足性质①,说明理由;
(Ⅱ)若an=2n-1(n=1,2,…),判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②,说明理由;
(Ⅲ)若{an}是递增数列,且同时满足性质①和性质②,证明:{an}为等比数列.
【解析】　(Ⅰ)若an=n(n=1,2,…),则数列{an}不满足性质①,可以举反例验证. N*,在数列{an}中不能找到一项am(m∈N*),使得am=.
(Ⅱ)若an=2n-1(n=1,2,…),则数列{an}能同时满足性质①和性质②.
对于{an}中任意两项ai,aj(i>j),
=22i-j-1=a2i-j.
令m=2i-j即可,
所以对于{an}中任意两项ai,aj(i>j),在{an}中存在一项am(m=2i-j),使得=am,
故满足性质①.
对于{an}中任意一项an=2n-1,下面寻求{an}中另外两项ak,al(k>l),使得an=,即2n-1==22k-l-1,即n=2k-l,可令l=n-2,k=n-1(n≥3),
则此时an=2n-1=,故满足性质②.
故数列{an}能同时满足性质①和性质②.
(Ⅲ)证明:(1)当n=3时,由性质②可知存在两项ak,al,使a3=(k>l),
又因为{an}是递增数列,所以a3>ak>al,即3>k>l,
所以k=2,l=1,
此时=a3,满足a1,a2,a3为等比数列,
即n=3时命题成立.
(2)假设n=k(k∈N*,k≥3)时,命题成立,即{an}是以q=为公比的各项为正数的等比数列,
由性质①,可取数列中的两项ak,ak-1,则数列中存在一项am=·ak,所以am=qak,
下面用反证法证明当n=k+1时命题也成立,即am=ak+1.
假设ak+1≠am,因为{an}是递增数列,所以am==qak>ak+1,即有ak则a1qk-1t),即ak+1=>as>at,所以k+1>s>t,符合条件,
所以as=a1qs-1,at=a1qt-1,
所以=a1q2s-t-1,所以a1qk-1所以k-1<2s-t-1即n=k+1时,命题也成立.
由(1)(2)可知,{an}是等比数列.
命题立意　本题主要考查数列的综合应用,反证法和数学归纳法在数列相关证明问题中的应用,通过探索设问的方式判定命题,旨在考查学生对新定义的理解和应用.通过数列的综合应用考查学生抽象概括、逻辑推理、分析新问题和解决新问题的能力,以及转化与化归思想的应用.体现了数学运算、逻辑推理和数学抽象等核心素养.
方法技巧　证明中寻找由k到k+1的变化规律是难点,突破难点的关键是掌握由k到k+1的证明方法.在运用归纳假设时,应分析P(k)与P(k+1)的差异和联系,利用拆、添、并、放、缩等方法,从P(k)出发拼凑出P(k+1),或从P(k+1)中分离出P(k),再进行局部调整.
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