【创新设计】2022届高考数学一轮总复习 第六篇 第5讲 数列的综合应用 理 湘教版

第5讲数列的综合应用A级　基础演练(时间：30分钟　满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．已知{an}为等比数列．下面结论中正确的是(　　)．A．a1＋a3≥2a2B．a＋a≥2aC．若a1＝a3，则a1＝a2D．若a3>a1，则a4>a2解析　设公比为q，对于选项A，当a1<0，q≠1时不正确；选项C，当q＝－1时不正确；选项D，当a1＝1，q＝－2时不正确；选项B正确，因为a＋a≥2a1a3＝2a.答案　B2．满足a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，它的前n项和为Sn，则满足Sn>1025的最小n值是(　　)．A．9B．10C．11D．12解析　因为a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，所以an＋1＝2an，an＝2n－1，Sn＝2n－1，则满足Sn>1025的最小n值是11.答案　C3．(2022·威海期中)某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n年的累计产量为f(n)＝n(n＋1)(2n＋1)吨，但如果年产量超过150吨，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是(　　)．A．5年B．6年C．7年D．8年解析　由已知可得第n年的产量an＝f(n)－f(n－1)＝3n2.当n＝1时也适合，据题意令an≥150⇒n≥5，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年．答案　C4．(2022·福州模拟)在等差数列{an}中，满足3a4＝7a7，且a1>0，Sn是数列{an}前n项的和，若Sn取得最大值，则n＝(　　)．A．7B．8C．9D．10解析　设公差为d，由题设3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，所以d＝－a1<0.7\n解不等式an>0，即a1＋(n－1)>0，所以n<，则n≤9，当n≤9时，an>0，同理可得n≥10时，an<0.故当n＝9时，Sn取得最大值．答案　C二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2022·彭水模拟)设关于x的不等式x2－x＜2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．解析　由x2－x＜2nx(n∈N*)，得0＜x＜2n＋1，因此知an＝2n.∴S100＝＝10100.答案　101006．(2022·南通模拟)已知a，b，c成等比数列，如果a，x，b和b，y，c都成等差数列，则＋＝________.解析　赋值法．如令a，b，c分别为2,4,8，可求出x＝＝3，y＝＝6，＋＝2.答案　2三、解答题(共25分)7．(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝35，a5和a7的等差中项为13.(1)求an及Sn；(2)令bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)设等差数列{an}的公差为d，因为S5＝5a3＝35，a5＋a7＝26，所以解得a1＝3，d＝2，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，Sn＝3n＋×2＝n2＋2n.(2)由(1)知an＝2n＋1，所以bn＝＝＝－，7\n所以Tn＝＋＋…＋＝1－＝.8．(13分)(2022·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.(1)解　当n＝1时，2a1＝a2－4＋1＝a2－3，①当n＝2时，2(a1＋a2)＝a3－8＋1＝a3－7，②又a1，a2＋5，a3成等差数列，所以a1＋a3＝2(a2＋5)，③由①②③解得a1＝1.(2)解　∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，∴当n≥2时，有2Sn－1＝an－2n＋1，两式相减整理得an＋1－3an＝2n，则－·＝1，即＋2＝.又＋2＝3，知是首项为3，公比为的等比数列，∴＋2＝3n－1，即an＝3n－2n，n＝1时也适合此式，∴an＝3n－2n.(3)证明　由(2)得＝.当n≥2时，n>2，即3n－2n>2n，∴＋＋…＋<1＋2＋3＋…＋n＝1＋<.B级　能力突破(时间：30分钟　满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2022·济南质检)设y＝f(x)是一次函数，若f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f7\n(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于(　　)．A．n(2n＋3)B．n(n＋4)C．2n(2n＋3)D．2n(n＋4)解析　由题意可设f(x)＝kx＋1(k≠0)，则(4k＋1)2＝(k＋1)×(13k＋1)，解得k＝2，f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n＋1)＝2n2＋3n.答案　A2．(2022·四川)设函数f(x)＝2x－cosx，{an}是公差为的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，则[f(a3)]2－a1a5＝(　　)．A．0B.π2C.π2D.π2解析　设g(x)＝2x＋sinx，由已知等式得g＋g＋…＋g＝0，则必有a3－＝0，即a3＝(否则若a3－＞0，则有＋＝＋＝2＞0，注意到g(x)是递增的奇函数，g＞0，g＞g＝－g，g＋g＞0，同理g＋g＞0，g＋g＋…＋g＞0，这与“g＋g＋…＋g＝0”相矛盾，因此a3－＞0不可能；同理a3－＜0也不可能)；又{an}是公差为的等差数列，a1＋2×＝，a1＝，a5＝，f(a3)＝f＝π－cos＝π，[f(a3)]2－a1a5＝π2，选D.答案　D二、填空题(每小题5分，共10分)3．设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋a3＋…＋a99的值为________．解析　由y′＝(n＋1)xn(x∈N*)，所以在点(1,1)处的切线斜率k＝n＋1，故切线方程为y＝(n＋1)(x－1)＋1，令y＝0得xn＝，所以a1＋a2＋a3＋…＋a99＝lgx1＋lgx2＋…＋lgx99＝lg(x1·x2·…·x99)＝lg××…×＝lg＝－2.7\n答案　－24．(2022·沈阳四校联考)数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}的各项按如下规律排列：，，，，，，，，，，…，，，…，，…，有如下运算和结论：①a24＝；②数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…是等比数列；③数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…的前n项和为Tn＝；④若存在正整数k，使Sk<10，Sk＋1≥10，则ak＝.其中正确的结论有________．(将你认为正确的结论序号都填上)解析　依题意，将数列{an}中的项依次按分母相同的项分成一组，第n组中的数的规律是：第n组中的数共有n个，并且每个数的分母均是n＋1，分子由1依次增大到n，第n组中的各数和等于＝.对于①，注意到21＝<24<＝28，因此数列{an}中的第24项应是第7组中的第3个数，即a24＝，因此①正确．对于②、③，设bn为②、③中的数列的通项，则bn＝＝，显然该数列是等差数列，而不是等比数列，其前n项和等于×＝，因此②不正确，③正确．对于④，注意到数列的前6组的所有项的和等于＝10，因此满足条件的ak应是第6组中的第5个数，即ak＝，因此④正确．综上所述，其中正确的结论有①③④.答案　①③④三、解答题(共25分)5．(12分)已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项．(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；(2)记数列{anbn}的前n项和为Kn，设cn＝，求证：cn＋1>cn(n∈N*)．7\n(1)解　设公差为d，则解得d＝1或d＝0(舍去)，a1＝2，所以an＝n＋1，Sn＝.又a1＝2，d＝1，所以a3＝4，即b2＝4.所以数列{bn}的首项为b1＝2，公比q＝＝2，所以bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.(2)证明　因为Kn＝2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n，①故2Kn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，②①－②得－Kn＝2·21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1，∴Kn＝n·2n＋1，则cn＝＝.cn＋1－cn＝－＝>0，所以cn＋1>cn(n∈N*)．6．(13分)(2022·重庆)设数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝a2Sn＋a1，其中a2≠0.(1)求证：{an}是首项为1的等比数列；(2)若a2＞－1，求证：Sn≤(a1＋an)，并给出等号成立的充要条件．证明　(1)由S2＝a2S1＋a1，得a1＋a2＝a2a1＋a1，即a2＝a2a1.因a2≠0，故a1＝1，得＝a2，又由题设条件知Sn＋2＝a2Sn＋1＋a1，Sn＋1＝a2Sn＋a1，两式相减得Sn＋2－Sn＋1＝a2(Sn＋1－Sn)，即an＋2＝a2an＋1，由a2≠0，知an＋1≠0，因此＝a2.综上，＝a2对所有n∈N*成立．从而{an}是首项为1，公比为a2的等比数列．(2)当n＝1或2时，显然Sn＝(a1＋an)，等号成立．设n≥3，a2＞－1且a2≠0，由(1)知，a1＝1，an＝a，所以要证的不等式化为：7\n1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥3)，即证：1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥2)，当a2＝1时，上面不等式的等号成立．当－1＜a2＜1时，a－1与a－1，(r＝1,2，…，n－1)同为负；当a2＞1时，a－1与a－1，(r＝1,2，…，n－1)同为正；因此当a2＞－1且a2≠1时，总有(a－1)(a－1)＞0，即a＋a＜1＋a，(r＝1,2，…，n－1)．上面不等式对r从1到n－1求和得2(a2＋a＋…＋a)＜(n－1)(1＋a)．由此得1＋a2＋a＋…＋a＜(1＋a)．综上，当a2＞－1且a2≠0时，有Sn≤(a1＋an)，当且仅当n＝1,2或a2＝1时等号成立.7