《黄冈名师2020版高考数学大一轮复习核心素养提升练三十二6.5数列的综合应用理含解析新人教A版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黄冈名师2020版高考数学大一轮复习核心素养提升练三十二6.5数列的综合应用理含解析新人教A版.pdf（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、核心素养提升练三十二核心素养提升练三十二 数列的综合应用 数列的综合应用 (30 分钟 60 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1.若等差数列an和等比数列bn满足 a1=b1=-1,a4=b4=8,则= ( ) A.-1 B.1 C.D.-2 【解析】选 B.设等差数列an的公差为 d,等比数列bn的公比为 q,则 a4=-1+3d=8,解得 d=3;b4=-1q3=8,解得 q=-2.所以 a2=-1+3=2,b2=-1(-2)=2,所以=1. 2.我国古代数学名著九章算术中,有已知长方形面积求一边的算法,其方法的前两步为: 第一步:构造数列 1,. 第二步:将数列的各项乘
2、以,得到一个新数列 a1,a2,a3,an. 则 a1a2+a2a3+a3a4+an-1an=( ) A.B. C.D. 【解析】选 C.由题意知所得新数列为 1,所以 a1a2+a2a3+a3a4+ +an-1an=+ = . 3.设 y=f(x)是一次函数,若 f(0)=1,且 f(1),f(4),f(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 】 选 A.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(
3、4)+f(2n)=(22+1)+(24+1)+(22n+1)=n(2n+3). 4.已知 a,b,c 成等比数列,a,m,b 和 b,n,c 分别成两个等差数列,则+等于 ( ) A.4B.3C.2D.1 【解析】选 C.由题意得 b2=ac, 2m=a+b,2n=b+c, 则+= =2. 【一题多解】解答本题,还有以下解法: 特殊值法:选 C.因为 a,b,c 成等比数列, 所以令 a=2,b=4,c=8, 又 a,m,b 和 b,n,c 分别成两个等差数列, 则 m=3,n=6, 因此+=+=2. 5.(2019宜宾模拟)数列an的通项an=n cos2-sin2,其前n项和为Sn,则S4
4、0为( ) A.10B.15C.20D.25 【解析】选 C.由题意得,an=n cos2-sin2=ncos, 则 a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4,a5=0,a6=-6,a7=0, 于是 a2n-1=0,a2n=(-1)n2n, 则 S40=(a1+a3+a39)+(a2+a4+a6+a40) =-2+4-+40=20. 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 6.设 Sn为等比数列an的前 n 项和.若 a1=1,且 3S1,2S2,S3成等差数列,则 an= _. 【解析】 由 3S1,2S2,S3成等差数列,得 4S2=3S1+S3,即 3S2-3S1=S3-S2,则 3
5、a2=a3,得公比 q=3,所以 an=a1qn-1=3n-1. 答案:3n-1 7.已知等差数列an的公差和首项都不等于 0,且 a2,a4,a8成等比数列,则 =_. 【解析】设公差为 d,因为在等差数列an中,a2, a4,a8成等比数列,所以=a2a8,所以 (a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),所以 d2=a1d,因为 d0,所以 d=a1, 所以=3. 答案:3 8.已知等比数列an的各项均为不等于1的正数,数列bn满足bn=lg an,b3=18, b6=12,则数列 bn的前 n 项和的最大值为_. 【解析】设等比数列an的公比为 q(q0), 由题意可知,lg a3=
6、b3,lg a6=b6. 又 b3=18,b6=12,则 a1q2=1018,a1q5=1012, 所以 q3=1,即 q=1,所以 a1=1022. 又an为正项等比数列, 所以bn为等差数列,且公差 d=-2,b1=22, 所以数列bn的前 n 项和 Sn=22n+ (-2)=-n2+23n=-+. 又 nN*,故 n=11 或 12 时,(Sn)max=132. 答案:132 三、解答题(每小题 10 分,共 20 分) 9.已知等差数列an前三项的和为-3,前三项的积为 8. (1)求数列an的通项公式. (2)若 a2,a3,a1成等比数列,求数列|an|的前 n 项和 Sn. 【解
7、析】(1)设等差数列an的公差为 d, 则 a2=a1+d,a3=a1+2d. 由题意得 解得或 所以由等差数列通项公式可得 an=2-3(n-1)=-3n+5 或 an=-4+3(n-1)=3n-7. 故 an=-3n+5 或 an=3n-7. (2)当 an=-3n+5 时,a2,a3,a1分别为-1,-4,2,不成等比数列; 当 an=3n-7 时,a2,a3,a1分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件. 故|an|=|3n-7|= 记数列|an|的前 n 项和为 Sn. 当 n=1 时,S1=|a1|=4;当 n=2 时,S2=|a1|+|a2|=5;当 n3 时,Sn=S2+|a
8、3|+|a4|+|an| =5+(33-7)+(34-7)+(3n-7) =5+=n2-n+10. 当 n=2 时,满足此式,当 n=1 时,不满足此式. 综上,Sn= 10.为了加强新旧动能转化,某市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车,每更换一辆新车, 则淘汰一辆旧车,替换车为电力型和混合动力型车.今年初投入了电力型公交车 128 辆,混合动 力型公交车400辆;计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上 一年多投入 a 辆. (1)求经过 n 年,该市被更换的公交车总数 S(n). (2)若该市计划 7 年内完成全部更换,求 a 的最小值. 【解析】(1)设 a
9、n,bn分别为第 n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量. 依题意,得an是首项为 128,公比为 1+50%=的等比数列,bn是首项为 400,公差为 a 的等差 数列.所以an的前 n 项和 Sn=256, bn的前 n 项和 Tn=400n+a. 所以经过 n 年,该市被更换的公交车总数为 S(n)=Sn+Tn=256+400n+a. (2)若计划 7 年内完成全部更换, 则 S(7)10 000, 所以 256+4007+a10 000, 即 21a3 082,所以 a146. 又 aN*,所以 a 的最小值为 147. 【变式备选】 已知 Sn为各项均为正数的数列an的前
10、n 项和,a1(0,2),+3an+2=6Sn. (1)求an的通项公式. (2)设bn=,数列bn的前n项和为Tn,若对nN*,t4Tn恒成立,求实数t的最大值. 【解析】(1)当 n=1 时,由+3an+2=6Sn, 得+3a1+2=6a1,即-3a1+2=0. 又 a1(0,2),解得 a1=1. 由+3an+2=6Sn, 可知+3an+1+2=6Sn+1. 两式相减,得-+3(an+1-an)=6an+1, 即(an+1+an)(an+1-an-3)=0. 由于 an0,可得 an+1-an-3=0, 即 an+1-an=3, 所以an是首项为 1,公差为 3 的等差数列. 所以 an
11、=1+3(n-1)=3n-2. (2)由 an=3n-2,可得 bn=, 故 Tn=b1+b2+bn =+=. 因为 Tn+1-Tn=- =0, 所以 Tn+1Tn,所以数列Tn是递增数列. 所以 t4Tn等价于Tn,所以T1=,解得 t1, 所以实数 t 的最大值是 1. (20 分钟 40 分) 1.(5分)设an是各项为正数的无穷数列,Ai是边长为ai, ai+1的矩形的面积(i=1,2,),则 An为等比数列的充要条件是( ) A.an是等比数列 B.a1,a3,a2n-1,或 a2,a4,a2n,是等比数列 C.a1,a3,a2n-1,和 a2,a4,a2n,均是等比数列 D.a1,
12、a3,a2n-1,和 a2,a4,a2n,均是等比数列,且公比相同 【解析】选 D.因为 Ai=ai ai+1,若An为等比数列,则=为常数, 即=,=,所以 a1,a3,a5,a2n-1,和 a2,a4,a2n,成等比数列,且公比相等. 反之,若奇数项和偶数项分别成等比数列,且公比相等,设为q,则=q,从而An 为等比数列. 2.(5 分)已知数列an的通项公式为 an=5-n,其前 n 项和为 Sn,将数列an的前 4 项抽去其中一 项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列bn的前 3 项,记bn的前 n 项和为 Tn.若存在 mN*, 使对任意 nN*,Sn2. 3.(5 分)各项均为正数的
13、数列an首项为 2,且满足-anan-1-n(n+1)=0,公差不为零 的等差数列bn的前 n 项和为 Sn,S5=15,且 b1,b3,b9成等比数列,设 cn=,则数列cn的前 n 项和 Tn=_. 【解析】-anan-1-n(n+1) =(an+nan-1)an-(n+1)an-1=0, 因为an各项均为正数,则 an+nan-10, 所以 an-(n+1)an-1=0,即=n+1,=n,=n-1,=3. 上面(n-1)个式子相乘得=34n(n+1),所以 an=234n(n+1),即 an=(n+1)!, 设bn的公差为 d,5b1+10d=15, (b1+2d)2=b1(b1+8d)
14、, 解得 b1=1,d=1,bn=n, cn=-. 所以 Tn=c1+c2+c3+cn =+ +=1-. 答案:1- 4.(12 分)已知an是等差数列,满足 a1=3,a4=12,数列bn满足 b1=4,b4=20,且bn-an为等比数 列. (1)求数列an和bn的通项公式. (2)求数列bn的前 n 项和. 【解析】(1)设等差数列an的公差为 d,由题意得 d=3, 所以 an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,). 设等比数列bn-an的公比为 q,由题意得 q3=8,解得 q=2. 所以 bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1. 从而 bn=3n+2n-1(n=1,2,)
15、. (2)由(1)知 bn=3n+2n-1(n=1,2,). 数列3n的前 n 项和为n(n+1),数列2n-1的前 n 项和为=2n-1. 所以,数列bn的前 n 项和为n(n+1)+2n-1. 【变式备选】 已知数列an的首项为 1,Sn为数列an的前 n 项和,Sn+1=qSn+1,其中 q0,nN*. (1)若 a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列an的通项公式. (2)设双曲线 x2-=1 的离心率为 en,且 e2=2,求+. 【解析】(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到 an+2=qan+1,n1. 又由 S2=qS1+1 得到 a2=q
16、a1,故 an+1=qan对所有 n1 都成立. 所以数列an是首项为 1,公比为 q 的等比数列. 从而an=qn-1.由a2,a3,a2+a3成等差数列,可得2a3=a2+a2+a3,所以a3=2a2,故q=2,所以an=2n-1(n N*). (2)由(1)可知,an=qn-1. 所以双曲线 x2-=1 的离心率 en=. 由 e2=2 解得 q=. 所以+=(1+1)+(1+q2)+1+q2(n-1)=n+1+q2+q2(n-1)=n+= n+(3n- 1). 5.(13 分)已知数列an的前 n 项和是 Sn,且 Sn+an=1(nN*). (1)求数列an的通项公式. (2)设 b
17、n=log4(1-Sn+1)(nN*),Tn=+,求 Tn的取值范围. 【解析】(1)当 n=1 时,a1=S1,由 S1+a1=1, 得 a1=, 当 n2 时,Sn+an=1,Sn-1+an-1=1, 两式相减得,Sn-Sn-1+(an-an-1)=0, 所以an=an-1.所以an是以为首项,为公比的等比数列.故an=3(nN*). (2)由(1)知 1-Sn+1=an+1=, 所以 bn=log4(1-Sn+1)=log4=-(n+1), 所以=-, 故Tn=+ +=+ +=- ,所以Tn1,且 a1+a3=20,a2=8. (1)求数列an的通项公式. (2)设 bn=,Sn是数列bn的前 n 项和,对任意正整数 n,不等式 Sn+(-1)na 恒成立, 求实数 a 的取值范围. 【解析】(1)由已知得 所以 2q2-5q+2=0,解得 q=或 q=2. 因为 q1,所以 所以数列an的通项公式为 an=2n+1. (2)由题意,得 bn=, 所以 Sn=+, Sn=+, 两式相减,得Sn=+-, 所以 Sn=+- =-=1-,所以(-1)na-;当 n 为 偶函数时,f(n)的最小值为,所以a.由可知-a,即实数a的取值范围是.