1、专题六 数列第十八讲 数列的综合应用答案部分1B【解析】解法一 因为 ( )，所以ln1x 01234123ln()aa，所以 ，又 ，所以等比数列的公比 123a 4a 0q若 ，则 ，q 21231()q） 而 ，所以 ，123 23ln0a与 矛盾，1234ln()aa所以 ，所以 ， ，0q21()q2241()0aq所以 ， ，故选 B1324解法二 因为 ， ，xe 1234123ln()a所以 ，则 ，1234123a a 41a又 ，所以等比数列的公比 10q若 ，则 ，q 212341()0aq） 而 ，所以123 23lna与 矛盾，1234ln()所以 ，所以 ， ，0q
2、21()0q2241()0aq所以 ， ，故选 B13a24a2A【解析】对命题 p： 12,n 成等比数列，则公比 )3(1naq且 0na；对命题 q，当 0na时， 2222 21131231()()()nn naa a 成立；当 时，根据柯西不等式，等式 2222 21131231()()()nn naaaa 成立，则 n32，所以 12,n 成等比数列，所以 p是 q的充分条件，但不是 q的必要条件3A【解析】 ， ， 成等比数列， ，即 ，2a48248a211(6)()4aa解得 ，所以 1(1)nS4B【解析】 2)(xf在 上单调递增，可得 ，0,110()ff， ，121(
3、)fa19198()(0faf 0219198|()| |()(|If faf=11211980()+()=)f ff a 2-1（ ） ),(2x在 上单调递增，在 单调递减49， 50, ， ， ，120)faf24248()()faf250249()()ff，255()99 12022129298|()|()()|Ifffffaf= =249950()()aa500a= 581 |sin|31)(xxf在 ， 上单调递增，在 ， 上单240,97,249,75,1调递减，可得 325349374()()2(=sini)Ifaffa）26632(sini )131 4因此 32I527【解
4、析】所有的正奇数和 ( )按照从小到大的顺序排列构成 ，在数列2n*Nna中， 前面有 16 个正奇数，即 ， 当 时，na5 521a63821，不符合题意；当 时， ，不符合题意；当124Sa2n2316Sa时， ，不符合题意；当 时， ，不3n61844502符合题意；当 时， = 441 +62= 503 =540，符合题意故使得 成立的 的最小值为 2728 1nSan6 ,13【解析】由题可得， 211()()6add，故有 1320ad，又因为2a，即 13，所以 ,3764【解析】由 且 25,成等比数列，得 ，解得 ，211(4)()a故 81764Sd8 【解析】设 ，则
5、，由于 ，所以32at2311tqttq 1t，故 的最小值是 3mx,qt 3因此 ，所以 *kN4k9 【解析】(1)由条件知： , (1)nad12nb因为 对 =1，2，3，4 均成立，1|nab即 对 =1，2，3，4 均成立，|()|nd即 1 1，1 3，3 5，7 9，得 d d 7532d 因此， 的取值范围为 ,2(2)由条件知： , 1()nab1nbq若存在 ，使得 ( =2，3， +1)成立，d1| m即 ( =2，3， ， +1)，11|()|nbq即当 2,3nm 时， 满足112nnqqbdbd因为 (1,2mq，则 12nmq，从而 10nb， 10b，对 ,
6、31 均成立因此，取 =0 时， 对 2,n 均成立d|na下面讨论数列12q的最大值和数列1nq的最小值（ 2,31nm ） 当 2nm时，1 2()()nn nq ，当1q时，有 2nmq，从而 1 20nnq因此，当 2时，数列1n单调递增，故数列1n的最大值为m设 ()2xf，当 时， ln21(0)l)xfx，0所以 f单调递减，从而 (f当 2nm时，1121()()(nnqf，因此，当 时，数列1nq单调递减，故数列1nq的最小值为m因此， 的取值范围为 11(2),mbqd10 【解析】 （）用数学归纳法证明： 0nx当 时，1n0x假设 时， ，kk那么 时，若 ，则 ，矛盾
7、，故1x 110ln()0kkxx10kx因此 n()*N所以 11lnxx因此 10nx()*N（）由 得1lnx21 114(2)ln()nn nx x 记函数 ()()l0fxx函数 在 上单调递增，所以 =0，0,()ff因此 21111(2)ln(nn nxxx故 N（）因为 1111ln()2n nnxxx所以 得12nx由 得nx 112()0nnx所以 21112()()nnx 故 2综上， 12(N)nx 11 【解析】证明:（1）因为 是等差数列，设其公差为 ，则 ，nad1()nad从而，当 时，4 k11()()kk，22n,3所以 ，nnnnaaa3213+6因此等差
8、数列 是“ 数列”.()P（2）数列 既是“ 数列” ，又是“ 数列” ，因此，n ()P当 时， ，3nnnnaa2124当 时， .4 na3136由知， ，nn24()n，aa31将代入，得 ，其中 ，nn4所以 是等差数列，设其公差为 .345, d在中，取 ，则 ，所以 ，23564aa23ad在中，取 ，则 ，所以 ，n1431所以数列 是等差数列.12 【解析】 （）由已知， 两式相减得到 .121,nnnSqSq+= 21,nnaq+=又由 得到 ，故 对所有 都成立.21Sq=2a1a所以，数列 是首项为 1，公比为 q 的等比数列.n从而 .1naq-由 成等差数列，可得
9、，所以 ，故 .2323+， ， 323=aa+32=,aq所以 .1*()na-=N（）由（）可知， .1naq-所以双曲线 的离心率 .2nyx-=22(1)nnneaq-=+由 解得 .所以，221eq=+322(1)122(1)2+)1(3). nnnneqq-=+-13 【解析】 （1）由题意得： ，则 ，124a123a又当 时，由 ，2n11(2)()2nnnnaSa得 ，13a所以，数列 的通项公式为 .n1*3,nN（2）设 ， ， .1|2|b*12b当 时，由于 ，故 .3n,3n设数列 的前 项和为 ，则 .nnT12,当 时， ，32 29(3)(7)51nn 所以，
10、 .2*,152,nTnN14 【解析】 （）设 的公差为 ，则由已知条件得nad113292,ad+=化简得 1132,2ad+=解得 ， 故通项公式 2n-，即 2n（）由（）得 1415+=8ba=， 设 的公比为 ，则 ，从而 qnbq31故 的前 项和 ()(2)1nnnbT-=-n15 【解析】 （）设数列 的公比为 q，数列 的公差为 d，由题意 ，由已知，nanb0q有 消去 d，整数得 ，又因为 0，解得 ，243,10qd4282,d所以 的通项公式为 ，数列 的通项公式为 .na1,naNnb1,nbN（）解：由（）有 ,设 的前 n 项和为 ，则2nccS，121235
11、2nnS ，3两式相减得 ，21123nnnn所以 3nS16 【解析】() 由已知 ，有12nSa= (n2)，即 (n2) ，1nna 12na从而 ， 23214又因为 ， +1， 成等差数列，即 2( 1)，1a132所以 4 2(2 1)，解得 2a1所以，数列 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 n na()由( )得 ，na所以 nT21()112. 2nnn17 【解析】 （）由题意有， 10450,2,ad 即 190,ad，解得 1,2ad 或19,.故 1,.nb或 1(27),9.nnb（）由 ，知 2na， 12n，故 12nc，于是， 23415791n nT
12、L 23452n n可得，2211132nnnnTL故 nT1236n18 【解析】 （） ,64,2, 111 daSdaSd42421,S成 等 比解得 na（） ，)12()1)1( nabnnn当 为偶数时 357T 1()()221nn1n(1)()357nT 当 为 奇 数 时 ， 122n11nn为 奇 数为 偶 数nT,12,19 【解析】 （）由题意， ， ，Nnabn221 326b知 ，又由 ，得公比 （ 舍去） ，3238baq所以数列 的通项公式为 ，n()n所以 ，112123na故数列 的通项公式为， ；nb()nbN（） （i）由（）知， ，11()2nncna
13、所以 ；()2nnS（ii）因为 ；1340,0cc当 时， ，5n12nnc而 ，1102nnn得 ，5n所以当 时， ，0nc综上对任意 恒有 ，故 N4nS4k20 【解析】 （I）因为 是递增数列，所以 。而 ，na11nnnaap1因此又 成等差数列，所以 ，因而 ，123, 2320解得 0p当 时， ，这与 是递增数列矛盾。故 .1nana13p（）由于 是递增数列，因而 ，于是2210n2121()()0nn但 ，所以. 2121aann又，知， ，因此20n2211()()n na因为 是递减数列，同理可得， 故210na221()nna由，即知， 。11()2nna于是 231(.()n naa
