2020届高考数学(文)二轮总复习专题训练：1.2.3数列的综合应用 Word版含答案

1.2.3 数列的综合应用1．已知数列{a n }为等差数列，满足OA →＝a 3OB →＋a 2 013OC →，其中A ，B ，C 在一条直线上，O 为直线AB 外一点，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 015的值为( ) A.2 0152B.2 015C.2 016D.2 013解析：依题意有a 3＋a 2 013＝1， 故S 2 015＝a 3＋a 2 0132·2 015＝2 0152.故选A.答案：A2．(2019·葫芦岛一模)数列{a n }是等差数列，{b n }是各项均为正数的等比数列，公比q ＞1，且a 5＝b 5，则( ) A ．a 3＋a 7＞b 4＋b 6 B.a 3＋a 7≥b 4＋b 6 C ．a 3＋a 7＜b 4＋b 6D.a 3＋a 7＝b 4＋b 6 解析：数列{a n }是等差数列，{b n }是各项均为正数的等比数列，公比q ＞1， 由a 3＋a 7＝2a 5＝2b 5，b 4＋b 6≥2b 4b 6＝2b 5，a 3＋a 7≤b 4＋b 6，由于q ＞1可得a 3＋a 7＜b 4＋b 6，故选C. 答案：C3．(2019春·龙凤区校级月考)在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 9＞0，S 10＜0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 9a 9中最大的是( ) A.S 1a 1 B.S 8a 8 C.S 5a 5D.S 9a 9解析：依题意，数列{a n }是等差数列，其前n 项和是S n ，S 9＞0，S 10＜0，所以⎩⎪⎨⎪⎧9a 5＞0，a 5＋a 6＜0，所以a 5＞0，a 6＜0，所以公差d ＜0， 所以当6≤n ≤9时S n a n ＜0，当1≤n ≤5时S n a n＞0. 又因为当1≤n ≤5时，S n 单调递增，a n 单调递减，所以当1≤n ≤5时，S n a n 单调递增，所以S 5a 5最大．故选C. 答案：C4．(2019·师大附中月考)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n＝0的两根，则b 10等于( ) A ．24 B.32 C.48D.64 解析：由已知得a n a n ＋1＝2n，∴a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，则a n ＋2a n＝2，所以数列{}a n 的奇数项与偶数项都是公比为2的等比数列，可以求出a 2＝2，所以数列{}a n 的项分别为：1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32…，而b n ＝a n ＋a n ＋1，所以b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64.故选D. 答案：D5．已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝a n ＋a n ＋1，则“数列{a n }为等差数列”是“数列{b n }为等差数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件解析：若数列{a n }为等差数列，设其公差为d 1，则b n ＋1－b n ＝(a n ＋1＋a n ＋2)－(a n ＋a n ＋1)＝a n ＋2－a n ＝2d 1.所以数列{b n }是等差数列；若数列{b n }为等差数列，设其公差为d 2.则b n ＋1－b n ＝(a n ＋1＋a n ＋2)－(a n ＋a n ＋1)＝a n ＋2－a n ＝d 2，不能推出数列{a n }为等差数列，所以“数列{a n }为等差数列”是“数列{b n }为等差数列”的充分不必要条件，故选A. 答案：A6．若等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则2S n ＋24a n ＋1的最小值为( )A ．4 3 B.8 C.6D.7解析：由S n ＝n 2，则a n ＝S n －S n －1＝2n －1，所以2S n ＋24a n ＋1＝n ＋12n ≥4 3.由均值不等式知当n＝12n ，即n ＝23时，取等号．又n ∈N *且3<23<4，所以当n ＝3或4时，式子2S n ＋24a n ＋1有最小值，最小值为3＋123＝7.故选D.答案：D7．(2019·黑龙江大庆一中模拟)已知函数f (x )＝x 2＋ax 的图象在点A (0，f (0))处的切线l与直线2x －y ＋2＝0平行，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和为S n ，则S 20的值为( ) A.325462 B.1920 C.119256D.2 0102 011解析：因为f (x )＝x 2＋ax ，所以f ′(x )＝2x ＋a .又函数f (x )＝x 2＋ax 的图象在点A (0，f (0))处的切线l 与直线2x －y ＋2＝0平行，所以f ′(0)＝a ＝2，所以f (x )＝x 2＋2x ，所以1f (n )＝1n 2＋2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. 所以S 20＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫120－122＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－121－122＝325462.故选A. 答案：A8．设a >0，b >0，若3是3a 与32b的等比中项，则2a ＋1b的最小值为( )A ．4 B.1 C.14D.8解析：∵3是3a与32b的等比中项， ∴3a×32b＝3a ＋2b＝(3)2＝3，∴a ＋2b ＝1.∴2a ＋1b＝(a ＋2b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝4＋4b a ＋a b≥4＋24b a ·a b ＝8，当且仅当4b a ＝ab且a ＋2b ＝1，即a＝12，b ＝14时等号成立，选D. 答案：D9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( ) A ．S n ＝2T n B.T n ＝2b n ＋1 C ．T n >a nD.T n <b n ＋1解析：因为点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x的图象上，所以S n ＝3·2n－3，所以a n ＝3·2n－1，所以b n ＋b n ＋1＝3·2n －1，因为数列{b n }为等比数列，设公比为q .则b 1＋b 1q ＝3，b 2＋b 2q＝6，解得b 1＝1，q ＝2.所以b n ＝2n －1，T n ＝2n－1，所以T n <b n ＋1，故选D.答案：D10．已知等差数列{a n }中，a 3＝9，a 5＝17，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m10()m ∈Z ，对任意的n ∈N *恒成立，则整数m 的最小值是( ) A ．5 B.4 C.3D.2解析：因为等差数列{a n }中，a 3＝9，a 5＝17， 所以公差d ＝a 5－a 35－3＝17－92＝4.由a n ＝a 3＋(n －3)d 得，a n ＝4n －3，1a n ＝14n －3，S 2n ＋1－S n ＝14(n ＋1)－3＋14(n ＋2)－3＋…＋14(2n ＋1)－3＜n ＋14n ＋1≤m10，所以整数m 的最小值为4.故选B. 答案：B11．已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜t ，则实数t 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ 解析：依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22(n －1)2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1.又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数列．等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和等于12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＜23，因此实数t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞.故选D. 答案：D12．已知三个数a －1，a ＋1，a ＋5成等比数列，其倒数重新排列后为递增的等比数列{a n }的前三项，则能使不等式a 1＋a 2＋…＋a n ≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立的自然数n 的最大值为( )A ．9 B.8 C.7D.5解析：因为a －1，a ＋1，a ＋5成等比数列，所以(a ＋1)2＝(a －1)(a ＋5)，∴a ＝3，倒数重新排列后恰好为递增的等比数列{a n }的前三项，为18，14，12，公比为2，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以8为首项，12为公比的等比数列．则不等式a 1＋a 2＋…＋a n ≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n 等价于18(1－2n)1－2≤8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12，整理得2n ≤27，∴1≤n ≤7，n ∈N *，故选C.答案：C 二、填空题13．已知数列{a n }是等差数列，且a 7a 6＜－1，它的前n 项和S n 有最小值，则S n 取到最小正数时的n ＝________.解析：由题意可知d >0，又a 7a 6＜－1，所以a 6<0，a 7>0，a 6＋a 7>0，从而S 11<0，S 12>0，所以S n 取到最小正数时的n 的值为12. 答案：1214．(2019·呼伦贝尔一模)数列a n ＝1n (n ＋1)的前n 项和为S n ，若S 1，S m ，S n 成等比数列(m ＞1)，则正整数n 值为________． 解析：a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴前n 项和S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.∵S 1，S m ，S n 成等比数列(m ＞1)， ∴⎝⎛⎭⎪⎫m m ＋12＝12×n n ＋1，解得n ＝2m22m ＋1－m2，令2m ＋1－m 2＞0，m ＞1，解得1＜m ＜1＋2， ∴m ＝2，n ＝8.故答案为8. 答案：815．(2019·武汉调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36，所以a 4＋a 6＝36，与a 4a 6＝275联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11.当⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12. 答案：－1216．(2019·昆明调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1 a 2，a 3 a 4，a 5，a 6 a 7，a 8，a 9，a 10…记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n ＝2b n －1，则a 56＝________.解析：当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n ＝2b n－1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1.设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1,2,4,7,11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以c n ＝n (n －1)2＋1，由c n ＝n (n －1)2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024.答案：1 024三、解答题1．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n －n ＋1，数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1＝b n ＋a n －n ，n ∈N *. (1)证明：{a n －n }为等比数列；(2)数列{c n }满足c n ＝a n －n (b n ＋1)(b n ＋1＋1)，求证数列{c n }的前n 项和T n <13.解析：(1)证明：因为a n ＋1＝2a n －n ＋1， 所以a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )． 又a 1＝3，所以a 1－1＝2，所以数列{a n －n }是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)证明：由(1)知，a n －n ＝2·2n －1＝2n.所以b n ＋1＝b n ＋a n －n ＝b n ＋2n， 即b n ＋1－b n ＝2n.b 2－b 1＝21， b 3－b 2＝22， b 4－b 3＝23，…b n －b n －1＝2n －1.累加求和得b n ＝2＋2·(1－2n －1)1－2＝2n(n ≥2)．当n ＝1时，b 1＝2，满足b n ＝2n， 所以b n ＝2n.所以c n ＝a n －n (b n ＋1)(b n ＋1＋1)＝2n(2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n＋1－12n ＋1＋1. 所以T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫12＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1<13.2．已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1n (a n ＋3)(n ∈N *)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在实数t ，使得对任意的n 均有S n >t 36总成立？若存在，求出最大的整数t ；若不存在，请说明理由． 解析：(1)由题意得(a 1＋d )(a 1＋13d )＝(a 1＋4d )2， 整理得2a 1d ＝d 2. ∵a 1＝1，d >0，∴d ＝2.∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)∵b n ＝1n (a n ＋3)＝12n (n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2(n ＋1). 假设存在整数t 满足S n >t36总成立．∵S n ＋1－S n ＝n ＋12(n ＋2)－n 2(n ＋1)＝12(n ＋2)(n ＋1)>0，∴数列{S n }是递增的． ∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t <9. 又∵t ∈Z ，∴适合条件的t 的最大值为8.3．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n －a n －1－2n ＝0(n ≥2，n ∈N *)． (1)写出a 2，a 3的值(只写出结果)，并求出数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n ，若对任意的正整数n ，不等式t 2－2t ＋16>b n 恒成立，求实数t 的取值范围． 解析：(1)a 2＝6，a 3＝12. 当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋2×2＋2×3＋…＋2n ＝2(1＋2＋3＋…＋n )＝n (n ＋1)． 因为当n ＝1时，a 1＝2也满足上式， 所以a n ＝n (n ＋1)． (2)b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n＝1(n ＋1)(n ＋2)＋1(n ＋2)(n ＋3)＋…＋12n (2n ＋1)＝⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2－1n ＋3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋1＝1n ＋1－12n ＋1. 因为b n ＋1－b n ＝1n ＋2－12n ＋3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－12n ＋1 ＝1n ＋2＋12n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋12n ＋3＝3n ＋32n 2＋5n ＋2－3n ＋42n 2＋5n ＋3＝－2n 2－2n ＋1(2n 2＋5n ＋2)(2n 2＋5n ＋3)<0， 所以b n ＋1<b n ，则数列{b n }是递减数列． 所以(b n )max ＝b 1＝1a 2＝16，因为t 2－2t ＋16>b n 恒成立，所以t 2－2t ＋16>16，解得t <0或t >2，所以实数t 的取值范围为(－∞，0)∪(2，＋∞)．。