高考总动员2022届高考数学大一轮复习第5章第5节数列的综合应用课时提升练文新人教版

课时提升练(三十)　数列的综合应用一、选择题1．已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则的值为(　　)A．1＋B．1－C．3＋2D．3－2【解析】　设{an}的公比为q，∵a1，a3,2a2成等差数列．∴a3＝a1＋2a2，∴a1q2＝a1＋2a1q，∴q2－2q－1＝0，∴q＝1±，∵各项均为正数，∴q＞0，∴q＝1＋，∴＝q2＝3＋2.【答案】　C2．已知各项不为0的等差数列{an}，满足2a3－a＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝(　　)A．2B.4　　　　C．8　　　　D．16【解析】　∵数列{an}是等差数列，∴a3＋a11＝2a7，由2a3－a＋2a11＝0得4a7－a＝0，又an≠0，∴a7＝4，∴b6b8＝b＝42＝16.【答案】　D3．已知正项等差数列{an}满足：an＋1＋an－1＝a(n≥2)，等比数列{bn}满足：bn＋1bn－1＝2bn(n≥2)，则log2(a2＋b2)＝(　　)A．－1或2B．0或2C．2D．1【解析】　由题意知，an＋1＋an－1＝2an＝a.∴an＝2(n≥2)，又∵bn＋1bn－1＝b＝2bn(n≥2)，∴bn＝2(n≥2)，∴log2(a2＋b2)＝log24＝2.【答案】　C4．已知数列{an}满足：a1＝m(m为正整数)，an＋1＝若a6＝1，则m所有可能的取值为(　　)6\nA．{4,5}B．{4,32}C．{4,5,32}D．{5,32}【解析】　注意递推的条件是an为偶数或奇数，而不是n为偶数或奇数，故由a6＝1往前递推可得a1＝4或5或32.【答案】　C5．已知函数f(x)＝若数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(　　)A.B.C．(2,3)D．(1,3)【解析】　数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)，则函数f(n)为增函数．所以解得2＜a＜3.【答案】　C6．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为(　　)A．①和⑳B．⑨和C．⑨和⑪D.和⑪【解析】　设树苗放在第i个树坑旁边(如图所示)则各个树坑到第i个树坑距离的和是S＝10(i－1)＋10(i－2)＋…＋10(i－i)＋10[(i＋1)－i]＋…＋10(20－i)＝10＝10(i2－21i＋210)．∴当i＝10或11时，S有最小值．【答案】　D二、填空题7．(2022·安徽高考)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.【解析】　设等差数列的公差为d，则a3＝a1＋2d，a5＝a1＋4d，6\n∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1，∴q＝＝＝1.【答案】　18．(2022·福建高考改编)在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81.设bn＝log3an.则数列{bn}的前n项和Sn＝________.【解析】　设{an}的公比为q，依题意得解得因此，an＝3n－1.因为bn＝log3an＝n－1，所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝.【答案】　9．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝4(n∈N*)且a1＝9，其前n项和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|＜的最小正整数n是________．【解析】　由3an＋1＋an＝4得，an＋1－1＝－(an－1)(运用构造数列法)，∴{an－1}是以a1－1＝8为首项，－为公比的等比数列，∴an－1＝8·n－1，∴an＝8×n－1＋1.∴Sn＝8＋n＝8×＋n＝6－n×6＋n，∴|Sn－n－6|＝|n×6|＝n×6＜，即3n＞750.将n＝5,6,7分别代入验证符合题意的最小正整数n＝7.【答案】　7三、解答题10．(2022·湖南高考)已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值；6\n(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．【解】　(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.又a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝，p＝0.当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾．故p＝.(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①但<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝2n－1＝.③因为{a2n}是递减数列，同理可得a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－2n＝.④由③④即知，an＋1－an＝.于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－＋…＋＝1＋·＝＋·.故数列{an}的通项公式为an＝＋·.11．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图像过点(－4n,0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，数列{an}满足＝f′，且a1＝4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.【解】　(1)f′(x)＝2ax＋b.6\n由题意知f′(0)＝b＝2n，将(－4n,0)代入二次函数得16n2a－4nb＝0，∴a＝，b＝2n，f(x)＝x2＋2nx，n∈N*.又数列{an}满足＝f′，f′(x)＝x＋2n，∴＝＋2n，∴－＝2n.由叠加法可得－＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，化简可得an＝(n≥2)．当n＝1时，a1＝4也符合上式，∴an＝(n∈N*)．(2)∵bn＝＝＝2，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝2＝2＝.12．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.(1)求第n年初M的价值an的表达式；(2)设An＝，若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M更新．证明：须在第9年初对M更新．【解】　(1)当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列．an＝120－10(n－1)＝130－10n；当n≥7时，数列{an}是以a7为首项，为公比的等比数数列，又a7＝70×，所以an＝70×n－6.因此，第n年初M的价值an的表达式为an＝(2)证明：设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，An＝120－5(n－1)＝125－5n；当n≥7时，由于S6＝570，故6\nSn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70××4×＝780－210×n－6，∴An＝，易知{An}是递减数列．又A8＝＝82＞80，A9＝＝76＜80.所以须在第9年初对M更新．6