五年高考真题2022届高考数学复习第六章第四节数列求和数列的综合应用理全国通用

考点一　数列求和1．(2022·新课标全国Ⅱ，3)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝(　　)A.B．－C.D．－解析　设公比为q，则由S3＝a2＋10a1，得a1＋a2＋a3－a2＝10a1，故a3＝9a1，所以q2＝9.由a5＝9，得a1＝.答案　C2．(2022·大纲全国，5)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为(　　)A.B.C.D.解析　由S5＝5a3及S5＝15得a3＝3，∴d＝＝1，a1＝1，∴an＝n，＝＝－，所以数列的前100项和T100＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选A.答案　A3．(2022·天津，4)已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为(　　)A．－110B．－90C．90D．110解析　由题意得a＝a3·a9，又公差d＝－2，∴(a3－8)2＝a3(a3－12)，∴a3＝16.∴S10＝＝＝5(a3＋a3＋5d)＝5×(16＋16－10)＝110，故选D.答案　D4．(2022·辽宁，14)已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.解析　因为x2－5x＋4＝0的两根为1和4，又数列{an}是递增数列，所以a1＝1，a3＝4，所以q＝2.11\n所以S6＝＝63.答案　635．(2022·新课标全国Ⅱ，16)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________．解析　由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.答案　－6．(2022·新课标，16)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．解析　当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝4k－1，当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋3＋a2k＋1＝2，∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61.∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝＝30×61＝1830.答案　18307．(2022·山东，18)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.解　(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，当n＞1时，2Sn－1＝3n－1＋3，此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，当n＞1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝；当n＞1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，11\n两式相减，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝＋－(n－1)×31－n＝－，所以Tn＝－，经检验，n＝1时也适合．综上可得Tn＝－.8．(2022·天津，18)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．(1)求q的值和{an}的通项公式；(2)设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．解　(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3，所以a2(q－1)＝a3(q－1)，又因为q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1q，得q＝2.当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝2；当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝2.所以，{an}的通项公式为an＝(2)由(1)得bn＝＝.设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×.上述两式相减得：11\nSn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－－，整理得，Sn＝4－，n∈N*.所以，数列{bn}的前n项和为4－，n∈N*.9．(2022·山东，19)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1.当n为偶数时，Tn＝－＋…＋－＝1－＝.当n为奇数时，Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.所以Tn＝11\n10．(2022·天津，19)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．解　(1)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3.于是q2＝＝.又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.故等比数列{an}的通项公式为an＝×＝(－1)n－1·.(2)由(1)得Sn＝1－＝当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1<Sn≤S1＝，故0<Sn－≤S1－＝－＝.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以＝S2≤Sn<1，故0>Sn－≥S2－＝－＝－.综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.考点二　数列的综合问题1．(2022·福建，8)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于(　　)A．6B．7C．8D．9解析　由题意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比数列的情况有：a，－2，b；b，－2，a.∴或解之得：或11\n∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9，故选D.答案　D2．(2022·浙江，3)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(　　)A．a1d＞0，dS4＞0B．a1d＜0，dS4＜0C．a1d＞0，dS4＜0D．a1d＜0，dS4＞0解析　∵a3，a4，a8成等比数列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，整理得a1＝－d，∴a1d＝－d2＜0，又S4＝4a1＋d＝－，∴dS4＝－＜0，故选B.答案　B3．(2022·广东，21)数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－，n∈N*.(1)求a3的值；(2)求数列{an}前n项和Tn；(3)令b1＝a1，bn＝＋an(n≥2)，证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2＋2lnn.(1)解　a1＝1，a1＋2a2＝2，a2＝，a1＋2a2＋3a3＝4－，a3＝.(2)解　n≥2时，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝4－，与原式相减，得nan＝，an＝，n＝1也符合，Tn＝＝2－.(3)证明　n≥2时，bn＝＋an＝＋an故Sn＝i＝a1＋＋a2＋＋a3＋…＋＋an＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝Tn11\n＝<2，只需证明2<2＋2lnn，n∈N*.对于任意自然数k∈N，令x＝－∈(－1，0)时，ln＋<0，即<ln(k＋1)－lnk.∴k＝1时，<ln2－ln1，k＝2时，<ln3<ln2.…k＝n－1时，<ln2－ln(n－1)．∴1＋＋＋…＋<1＋(ln2－ln1)＋(ln3－ln2)＋…＋[lnn－ln(n－1)]，即1＋＋＋…＋<1＋lnn，所以n≥2时，2<2＋2lnn，综上n∈N＋时，Sn<2＋2lnn.4．(2022·浙江，20)已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*)．(1)证明：1≤≤2(n∈N*)；(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：≤≤(n∈N*)．证明　(1)由题意得an＋1－an＝－a≤0，即an＋1≤an，故an≤.由an＝(1－an－1)an－1得an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1＞0.由0＜an≤得＝＝∈[1，2]，11\n即1≤≤2(2`)由题意得a＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1①由－＝和1≤≤2得1≤－≤2，所以n≤－≤2n，因此≤an＋1≤(n∈N*)．②由①②得≤≤(n∈N*)．5．(2022·江西，17)已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.解　(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以－＝2，即cn＋1－cn＝2.所以数列{cn}是以1为首项，2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)·3n，相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.6．(2022·四川，19)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．(1)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.解　(1)由已知得，b7＝，b8＝＝4b7，有＝4×2a7＝.解得d＝a8－a7＝2.11\n所以，Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(ln2)(x－a2)，它在x轴上的截距为a2－.由题意得，a2－＝2－，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1.从而an＝n，bn＝2n.所以Tn＝＋＋＋…＋＋，2Tn＝＋＋＋…＋.因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.所以，Tn＝.7．(2022·湖北，18)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．解　(1)设数列{an}的公差为d，依题意，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n.显然2n<60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.11\n综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.8．(2022·北京，20)已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.(1)解　d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)证明　(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤….因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1，2，3，…)．(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1，2，3，…)，所以An＝Bn＋dn≤Bn.又因为an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1.于是，An＝an，Bn＝an＋1，因此an＋1－an＝Bn－An＝－d＝d，即{an}是公差为d的等差数列．(3)证明　因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，an≥B1＝1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足am>2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤k<m，ak≤2.又因为a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2.于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}≥2.故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，与dm－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此对于任意正整数n，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.9．(2022·四川，20)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2an＝S2＋Sn对一切正整数n11\n都成立．(1)求a1，a2的值；(2)设a1>0，数列的前n项和为Tn.当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的最大值．解　(1)取n＝1，得a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2，①取n＝2，得a＝2a1＋2a2，②由②－①，得a2(a2－a1)＝a2，③(ⅰ)若a2＝0，由①知a1＝0，(ⅱ)若a2≠0，由③知a2－a1＝1.④由①、④解得，a1＝＋1，a2＝2＋；或a1＝1－，a2＝2－.综上可得a1＝0，a2＝0；或a1＝＋1，a2＝＋2；或a1＝1－，a2＝2－.(2)当a1>0时，由(1)知a1＝＋1，a2＝＋2.当n≥2时，有(2＋)an＝S2＋Sn，(2＋)an－1＝S2＋Sn－1，所以(1＋)an＝(2＋)an－1，即an＝an－1(n≥2)，所以an＝a1()n－1＝(＋1)·()n－1.令bn＝lg，则bn＝1－lg()n－1＝1－(n－1)lg2＝lg，所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－lg2)，从而b1>b2>…>b7＝lg>lg1＝0，当n≥8时，bn≤b8＝lg<lg1＝0，故n＝7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为T7＝＝＝7－lg2.11