2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第37讲数列的综合应用（达标检测）（Word版附解析）

第37讲数列的综合应用（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020春•梅州期末）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的一部数学专著，书中有如下问题：今有女子善织，日增等尺，七日织28尺，第二日，第五日，第八日所织之和为15尺，则第十五日所织尺数为　　A．13B．14C．15D．16【分析】根据题意，设每日所织数量构成数列，分析可得数列为成等差数列，且，，据此可得数列的首项与公差，计算可得答案．【解答】解：由题意可知，设每日所织数量构成数列，则数列为成等差数列，且，，设其公差为，由，得，解可得，又由，得，变形可得，则，故．故选：．2．（2020春•成都期末）已知数列的通项公式，为数列的前项和，满足，则的最小值为　　A．2B．3C．4D．5【分析】首先把数列的关系式进行变换，进一步利用裂项相消法求和求出数列的和，解不等式可得所求最小值．【解答】解：数列的通项公式，所以．由于满足，所以，解得，所以的最小值为5．故选：． 3．（2020春•常德期末）明代数学家吴敬所著的《九章算术比类大全》中，有一道数学命题叫“宝塔装灯”，内容为“远望魏巍塔七层，红灯点点倍加增；共灯三百八十一，”“倍加增”指灯的数量从塔的顶层到底层按公比为2的等比数列递增），根据此诗，可以得出塔的第四层灯的数量为　　A．12B．24C．48D．96【分析】由题意利用等比数列的通项公式、前项和公式，求出首项，可得塔的第四层灯的数量的值．【解答】解：由题意每一层的灯数成等比数列，公比为，前7项的和为，求得，故塔的第四层灯的数量，故选：．4．（2020春•嘉兴期末）对于数列，若存在常数，使对任意，都有成立，则称数列是有界的．若有数列满足，则下列条件中，能使有界的是　　A．B．C．D．【分析】通过定义逐项分析真假即可．【解答】解：对于选项，假设有界，即存在常数，对任意，都有，，则．由于左边递增到无穷大，而右边为常数，从而项错误；同理，项，错误；对于项，时，，累加可得，，，，显然不是有界的；对于选项，，，累乘可得，，从而，正确．故选：．5．（2020•山东模拟）已知数列的前项和为，且，，若，则称项为“ 和谐项”，则数列的所有“和谐项”的平方和为　　A．B．C．D．【分析】根据得出，然后两式相减，得出，再然后根据得出以及最后根据“和谐项“的定义得出，通过等比数列前项和公式求和即可得出结果．【解答】解：因为，所以，则，即，，所以，因为，所以，故，因为，所以，于是数列的所有“和谐项“的平方和为：，故选：．6．（2020春•石家庄期末）如果一个数列由有限个连续的正整数按从小到大的顺序组成（数列的项数大于，且所有项数之和为，那么称该数列为“型标准数列”，例如，数列3，4，5，6，7为“25型标准数列”，则“5336型标准数列”的个数为　　A．2B．3C．4D．5【分析】根据已知条件“型标准数列”，则“5336型标准数列”的公差为1和所有项的和为5336．【解答】解：由题意知，，且一奇一偶，，，，，共三组．故选：． 7．（2020春•宜宾期末）河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．在龙门石窟的某处“浮雕像”共有7层，每一层的数量是它下一层的2倍，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案．已知该处共有1016个“浮雕像”，则正中间那层的“浮雕像”的数量为　　A．508B．256C．128D．64【分析】根据题意，假设从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，分析可得是以2为公比的等比数列，共有7项且；由等比数列的前项和公式可得，解可得的值，结合等比数列的通项公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，假设从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，又由“浮雕像”共有7层，每一层的数量是它下一层的2倍，且该处共有1016个“浮雕像”，则是以2为公比的等比数列，共有7项且；则有，解可得，则正中间那层的“浮雕像”的数量即；故选：．8．（2020春•宜宾期末）设等差数列的前项和为，若，，则满足的最小正整数的值为　　A．1010B．1011C．2020D．2021【分析】根据题意，由等差数列的性质以及等差数列的前项公式，可得，，进一步得到答案．【解答】解：根据题意，等差数列中，若，，则，，故满足的最小正整数的值为2020；故选：． 9．（2020春•河南期末）等差数列的前项和为，，，则满足的　　A．50B．51C．100D．101【分析】由题意和等差数列的性质可得；，进而可得，据此分析可得答案．【解答】解：根据题意，等差数列中，，，则有，则有；又由，则有；则有，若，必有；故选：．10．（2020春•九龙坡区期末）斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多斐波那契于1202年提出的数列．斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为，则的通项公式为　　A．B．，且（1），（2）C．D．【分析】对于，推导出（1）；对于，，且（1），（2），满足斐波那契数列；对于，推导出（8）；对于，推导出（2）．【解答】解：对于，（1），故错误；对于，，且（1），（2），满足斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，故正确； 对于，（2），（4），（8），故错误；对于，（2），故错误．故选：．11．（2020春•镜湖区校级期末）我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢”，翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大、小鼠第一天都进一尺，以后每天大鼠加倍，小鼠减半，则在第几天两鼠相遇．这个问题体现了古代对数列问题的研究，现将墙的厚度改为130尺，则在第几天墙才能被打穿？　　A．6B．7C．8D．9【分析】由题意结合等比数列的前项和列不等式，然后构造函数，．结合函数零点的判定得答案．【解答】解：设需要天时间才能打穿，则，化为：，令，则（7）．（8）．令，．在内存在一个零点．又函数在时单调递增，因此在内存在唯一一个零点．需要8天时间才能打穿． 故选：．12．（2020春•宣城期末）已知等比数列的公比为3，前项和为，若关于的不等式有且仅有两个不同的整数解，则的取值范围为　　A．，，B．，，C．，，D．，，【分析】先通过数列求和公式把求出来，代入到把不等式中，得到①，再分和两种情况分类讨论，显然易得是不等式的解，所以当时不等式①有且仅有一个解，即有且仅有一个大于等于2的解，令令，作差求的单调性之后即容易得到，解出来即得答案．【解答】解：因为等比数列的公比，所以，不等式等价于①，当时，显然是不等式①的解；当时，，则等价于，因为关于的不等式有且仅有两个不同的整数解，所以当时有且仅有一个解，令，则，故在时单调递减，所以，又因为（2），解得的取值范围为，，．故选：． 13．（2020春•威宁县期末）《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作，其中记载了一个这样的问题：假设每对老鼠每月生子一次，每月生12只，且雌雄各半．1个月后，有一对老鼠生了12只小老鼠，一共有14只；2个月后，每对老鼠各生了12只小老鼠，一共有98只．以此类推，假设个月后共有老鼠只，则　　．【分析】依题意得出第个月老鼠与第个月老鼠总数的关系，再根据等比数列的定义求出数列的通项公式，最后把代入即可求得答案．【解答】解：设个月后共有只老鼠，且雌雄各半，所以个月后的老鼠只数满足：所以，即，又因为，所以，所以数列是以14为首项7为公比的等比数列，所以，即，当时，，故答案为：．14．（2020春•闵行区校级期末）已知数列中，，，，若对任意正整数恒成立，则实数的取值范围是　　．【分析】通过裂项消项法以及累加法求数列的通项公式，然后求出的范围即可．【解答】解：数列中，，，，则，所以， ，累加可得，所以，因为对任意正整数恒成立，所以．故答案为：，．15．（2020•天心区校级模拟）十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，斐波那契数列满足以下关系：，，，记其前项和为．（1）　　．（2）设，，为常数），　　．【分析】（1）由已知，，，结合递推关系式代入可求，，，可求，（2）由已知可得，分组求解，，从而可求．【解答】解：（1）因为，，，所以，，，，故，（2）由（1）得：，因为，， 所以．故答案为：1，．16．（2020•葫芦岛二模）定义：数列，满足，则称数列为的“友好数列”．若数列的通项公式，，则数列的“友好数列“的通项公式为　　；记数列的前项和为．且，则的取值范围是　　．【分析】①直接利用友好函数的定义和递推关系式的应用求出数列的通项公式．②利用，进一步整理得，利用解不等式的应用求出结果．【解答】解：①数列，满足，则称数列为的“友好数列”．若数列的通项公式，则：，整理得，所以①，当时，②，①②得，故．②由于，设，由于，所以为最大值，所以，解得．即．故答案为：；17．（2020春•成都期末）已知是首项不为1的正项数列，其前项和为，且满足． （1）求数列的通项公式；（2）设，求证：．【分析】（1）在已知数列递推式中，取求得首项，以替换，再与原递推式联立可得，得数列是首项为2，公差为3的等差数列，则其通项公式可求；（2）把数列的通项公式代入，整理后利用裂项相消法证明．【解答】解：（1）由，①得，解得（舍或．当时，，②①②得，整理得：．，．可得数列是首项为2，公差为3的等差数列．；证明：（2），．18．（2020春•内江期末）已知数列满足．（1）求数列的通项；（2）设，求数列的前项和，当对一切正整数恒成立时，求实数的取值范围． 【分析】（1）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．（2）利用（1）的结论，进一步利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．【解答】解：（1）数列满足①，当时，，②当时，，①②得，所以（首项符合通项），所以．（2）由（1）得，所以①，②，①②得，整理得，所以当时，的最小值为，所以当对一切正整数恒成立时，只需满足，解得．故实数的取值范围为，．19．（2020春•衢州期末）已知数列满足，，数列是公比为正数的等比数列，，且，，8成等差数列．（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）若数列满足，求数列的前项和．（Ⅲ）若数列满足，求证：． 【分析】（Ⅰ）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的应用，利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．（Ⅲ）利用分类讨论思想的应用和恒成立问题的应用，求出的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）数列满足，，所以（常数），故，数列是公比为的正数的等比数列，，且，，8成等差数列．所以，解得．所以．故：，，解：（Ⅱ）数列满足，所以，．证明：（Ⅲ）数列满足，所以，，，，．20．（2020•镇江三模）各项为正数的数列如果满足：存在实数，对任意正整数，恒成立，且存在正整数，使得或成立，则称数列为“紧密数列”，称为“紧密数列” 的“紧密度”．已知数列的各项为正数，前项和为，且对任意正整数，，，为常数）恒成立．（1）当，，时，①求数列的通项公式；②证明数列是“紧密度”为3的“紧密数列”；（2）当时，已知数列和数列都为“紧密数列”，“紧密度”分别为，，且，，，求实数的取值范围．【分析】（1）①根据题意可得递推式，由，可得是以首项为1，公差为2的等差数列，然后求出的通项公式；②由①所得通项公式及“紧密数列”的定义可得结论；（2）由可得递推式，由此可得，由，讨论，时与已知矛盾，即可得数列是以首项，公比的等比数列，再讨论和，进而求得实数的取值范围．【解答】解：（1）当，，时，①，当时，，由得，整理，得，因为，所以，即有，当时，．则是以首项为1，公差为2的等差数列，则．②由①中，得随着的增多而减小，则对任意正整数，恒成立，且存在，使得， 则数列是“紧密度”为3的“紧密数列”．（2）当时，，，得，若，则上式右端中，与矛盾；若，则上式右端，与矛盾，则，．则为常数，即数列是以首项，公比的等比数列．数列为“紧密数列”，则，所以，又．（Ⅰ）当时，，对任意正整数恒成立，且存在正整数，使得，数列的“紧密度”为，，又，即，此时，随的增大而减小，所以，对任意正整数恒成立，且当时，，所以数列的“紧密度”为，，则，与式矛盾．（Ⅱ）当时，，对任意正整数恒成立，且存在正整数，使得，则此时的“紧密度”为，，即而随着的增大而减小， 则以对任意正整数恒成立，且当时，，则的“紧密度”，，即，由，得，即，解得．综上，实数的取值范围为，．[B组]—强基必备1．（2020•湖北模拟）斐波拉契数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，，在数学上，斐波拉契数列定义如下：，，随着的增大，越来越逼近黄金分割，故此数列也称黄金分割数列，而以、为长和宽的长方形称为“最美长方形”，已知某“最美长方形”的面积约为200平方厘米，则该长方形的长大约是　　A．20厘米B．19厘米C．18厘米D．17厘米【分析】因为由已知有，又，得，进而解得．【解答】解：由已知有，得：，由，得，即，由于，，所以（厘米），故选：．2．（2019•兰州二模）定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积，已知数列是等积数列且，前41 项的和为103，则这个数列的公积为　　A．2B．3C．6D．8【分析】根据“等积数列”的定义知，相邻两项乘积相同，所以每隔一个数的项都是相同的，利用所给条件列方程求解即可．【解答】解：因为数列是等积数列，可设其公积为，则有，因为，前41项的和为103，所以，即，所以，解得．故选：．3．（2020春•荔湾区校级期中）对于数列，定义为的“优值”，现已知某数列的“优值”，记数列的前项和为，则　　．【分析】先由题设条件得到，再利用，两式相减求出，检验时是否适合，然后求出即可．【解答】解：由题意知，即，又当时，有，两式相减得：，整理得，当时，有也适合，，，． 故答案为：．4．（2020•荆门模拟）定义：若数列满足，则称该数列为“切线一零点数列”已知函数有两个零点1，2，数列为“切线一零点数列”，设数列满足，数列的前项和为．则　　．【分析】由题意求出函数的，再由题意得出，是等比数列，进而求出通项公式．然后求解数列的和．【解答】解：由题意函数有两个零点1，2，知：，，，，，则，，，，，数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以，．故答案为：．5．（2020•丰台区一模）已知有穷数列且．定义数列的“伴生数列”，，，，，，其中，2，，，规定，．（Ⅰ）写出下列数列的“伴生数列”：①1，2，3，4，5；②1，，1，，1．（Ⅱ）已知数列的“伴生数列”，，，，，，且满足，2，，．若数列中存在相邻两项为1，求证：数列中的每一项均为1；（ⅱ）求数列所有项的和．【分析】（Ⅰ）直接根据定义求解即可； （Ⅱ）由题意，存在，2，，，使得，再令结合数列的“伴生数列”一步步推得，再根据，结合即可逆推出，即可得到结论；（ⅱ）首先证明不可能存在，，使得．分情况分别求解数列所有项的和即可．【解答】解：（Ⅰ）①1，1，1，1，1；②1，0，0，0，1．（Ⅱ）由题意，存在，2，，，使得．若，即时，．于是，．所以，所以．即．依此类推可得，3，，．所以，2，，．若，由得．于是．所以．依此类推可得．所以，2，，．综上可知，数列中的每一项均为1（ⅱ）首先证明不可能存在，，使得．若存在，，使得，则．又得与已知矛盾．所以不可能存在，，，．由此及（ⅰ）得数列的前三项，，的可能情况如下： （1）时，由可得，2，，．于是，2，，．所以所有项的和．（2），，时，，此时与已知矛盾．（3），，时，，，．于是，．故，，于是，，，于是，，，且，，．依此类推且恰是3的倍数满足题意．所以所有项的和．同理可得，，及，，时，当且仅当恰是3的倍数时，满足题意．此时所有项的和．综上，所有项的和或是3的倍数）．