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{an}为等差数列，满足OA＝a3OB＋a2 013OC，其中A，B，C在一条直线上，O为直线AB外一点，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 015的值为( ) 2 015A.

2C.2 016

解析：依题意有a3＋a2 013＝1， 故S2 015＝答案：A

2．(2019·葫芦岛一模)数列{an}是等差数列，{bn}是各项均为正数的等比数列，公比q＞1，且a5＝b5，则( ) A．a3＋a7＞b4＋b6 C．a3＋a7＜b4＋b6

B.a3＋a7≥b4＋b6 D.a3＋a7＝b4＋b6 B.2 015 D.2 013

a3＋a2 013

22 015

·2 015＝.故选A.

2

解析：数列{an}是等差数列，{bn}是各项均为正数的等比数列，公比q＞1， 由a3＋a7＝2a5＝2b5，b4＋b6≥2b4b6＝2b5，

a3＋a7≤b4＋b6，

由于q＞1可得a3＋a7＜b4＋b6，故选C. 答案：C

3．(2019春·龙凤区校级月考)在等差数列{an}中，其前n项和是Sn，若S9＞0，S10＜0，则在，，…，中最大的是( ) A. C. S1S2a1a2S1a1S5a5

S9a9

B. D.

S8a8S9a9

解析：依题意，数列{an}是等差数列，其前n项和是Sn，

9a5＞0，

S9＞0，S10＜0，所以

a5＋a6＜0，

所以a5＞0，a6＜0，所以公差d＜0， 所以当6≤n≤9时＜0，当1≤n≤5时＞0. 又因为当1≤n≤5时，Sn单调递增，an单调递减，

SnanSnan所以当1≤n≤5时，单调递增，所以最大．故选C. 答案：C

4．(2019·师大附中月考)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是方程x－bnx＋2＝0的两根，则b10等于( ) A．24 C.48

解析：由已知得anan＋1＝2，∴an＋1an＋2＝2

nn＋1

2

SnanS5a5

nB.32 D. ，则

an＋2

＝2，所以数列{an}的奇数项与偶数项an都是公比为2的等比数列，可以求出a2＝2，所以数列{an}的项分别为：1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32…，而bn＝an＋an＋1，所以b10＝a10＋a11＝32＋32＝.故选D. 答案：D

5．已知数列{an}，{bn}满足bn＝an＋an＋1，则“数列{an}为等差数列”是“数列{bn}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{an}为等差数列，设其公差为d1，则bn＋1－bn＝(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝an＋2－an＝2d1.所以数列{bn}是等差数列；若数列{bn}为等差数列，设其公差为d2.则bn＋1－bn＝(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝an＋2－an＝d2，不能推出数列{an}为等差数列，所以“数列{an}为等差数列”是“数列{bn}为等差数列”的充分不必要条件，故选A. 答案：A

2Sn＋242

6．若等差数列{an}的前n项和Sn＝n，则的最小值为( )

an＋1A．43 C.6

B.8 D.7

2Sn＋24122

解析：由Sn＝n，则an＝Sn－Sn－1＝2n－1，所以＝n＋≥43.由均值不等式知当nan＋1n122Sn＋24*

＝，即n＝23时，取等号．又n∈N且3<23<4，所以当n＝3或4时，式子有最nan＋112

小值，最小值为3＋＝7.故选D.

3答案：D

7．(2019·黑龙江大庆一中模拟)已知函数f(x)＝x＋ax的图象在点A(0，f(0))处的切线l2

与直线2x－y＋2＝0平行，若数列325A. 462119C. 256

2

1

的前n项和为Sn，则S20的值为( ) fn

B.D.

19 202 010

2 011

2

解析：因为f(x)＝x＋ax，所以f′(x)＝2x＋a.又函数f(x)＝x＋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＋2x，所以1111

＝－. n＋2n2nn＋2

2

2

1＝fn

111111所以S20＝1－＋－＋－＋…＋

232435

1－1＝1×1＋1－1－1＝325.故选A. 2022222122462

答案：A

21a2b8．设a>0，b>0，若3是3与3的等比中项，则＋的最小值为( )

abA．4 1C. 4

解析：∵3是3与3的等比中项， ∴3×3＝3

a2bB.1 D.8

a2ba＋2b＝(3)＝3，

2

∴a＋2b＝1.

214ba21∴＋＝(a＋2b)＋＝4＋＋≥4＋2

abab

ab4ba4ba·＝8，当且仅当＝且a＋2b＝1，即aabab11

＝，b＝时等号成立，选D. 24答案：D

9．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N)在函数y＝3×2的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是( ) A．Sn＝2Tn C．Tn>an

**

*

xB.Tn＝2bn＋1 D.Tnxnn解析：因为点(n，Sn＋3)(n∈N)在函数y＝3×2的图象上，所以Sn＝3·2－3，所以an＝3·2

－1

，所以bn＋bn＋1＝3·2

n－1

，因为数列{bn}为等比数列，设公比为q.则b1＋b1q＝3，b2＋b2qn－1

＝6，解得b1＝1，q＝2.所以bn＝2，Tn＝2－1，所以Tnn答案：D

1m10．已知等差数列{an}中，a3＝9，a5＝17，记数列的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤(m∈Z)，

10an

对任意的n∈N恒成立，则整数m的最小值是( ) A．5 C.3

解析：因为等差数列{an}中，a3＝9，a5＝17， 所以公差d＝

B.4 D.2

*

a5－a317－9

5－3

＝

2

＝4.

11

由an＝a3＋(n－3)d得，an＝4n－3，＝，

an4n－3

S2n＋1－Sn＝

111n＋1m＋＋…＋＜≤，所以整数m的最小值为

4n＋1－34n＋2－342n＋1－34n＋110

4.故选B. 答案：B

1112**

11．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n(n∈N)，且对任意n∈N都有＋＋…＋＜t，则实

a1a2an数t的取值范围为( )

1A.，＋∞ 32C.，＋∞ 3

1B.，＋∞

32D.，＋∞ 3

2

a1a2a3…an2n222n－11

解析：依题意得，当n≥2时，an＝＝.又a1＝2＝2＝2n－(n－1)＝2

a1a2a3…an－12n－1

2

2×1－1

，因此an＝2

2n－1

111111

，＝2n－1，数列{}是以为首项，为公比的等比数列．等比数列an2an24an

111－n242122的前n项和等于＝1－n＜，因此实数t的取值范围是，＋∞.故选D. 134331－4答案：D

12．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{an}111

的前三项，则能使不等式a1＋a2＋…＋an≤＋＋…＋成立的自然数n的最大值为( )

a1a2anA．9 C.7

B.8 D.5

2

解析：因为a－1，a＋1，a＋5成等比数列，所以(a＋1)＝(a－1)(a＋5)，∴a＝3，倒数重

1111

新排列后恰好为递增的等比数列{an}的前三项，为，，，公比为2，数列是以8为首

842an

1n1－281111

项，为公比的等比数列．则不等式a1＋a2＋…＋an≤＋＋…＋等价于

2a1a2an1－2

181－n2n7*≤，整理得2≤2，∴1≤n≤7，n∈N，故选C.

11－2

答案：C 二、填空题

13．已知数列{an}是等差数列，且＜－1，它的前n项和Sn有最小值，则Sn取到最小正数时的n＝________.

解析：由题意可知d>0，又＜－1，所以a6<0，a7>0，a6＋a7>0，从而S11<0，S12>0，所以Sn取到最小正数时的n的值为12. 答案：12

14．(2019·呼伦贝尔一模)数列an＝＞1)，则正整数n值为________． 解析：an＝

111

＝－. nn＋1nn＋1

1

的前n项和为Sn，若S1，Sm，Sn成等比数列(mnn＋1

a7a6

a7a6

111111n∴前n项和Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 223nn＋1n＋1n＋1∵S1，Sm，Sn成等比数列(m＞1)， ∴

m2＝1×n，

m＋12n＋1

2

2m解得n＝2，

2m＋1－m令2m＋1－m＞0，m＞1，解得1＜m＜1＋2， ∴m＝2，n＝8.故答案为8. 答案：8

15．(2019·武汉调研)设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为________．

解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a3＋a7＝36，所以a4＋a6＝36，与a4a6＝275联立，

2

a4＝11，解得

a6＝25a4＝11，当

a6＝25

a4＝25，或

a6＝11.

a1＝－10，时，可得

d＝7，

此时an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，

an<0，当n≥3时，an>0，所以a2a3＝－12为anan＋1的最小值；

当

a4＝25，a6＝11

时，可得

a1＝46，

d＝－7，

此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知当n≤7时，

an>0，当n≥8时，an<0，所以a7a8＝－12为anan＋1的最小值．

综上，anan＋1的最小值为－12. 答案：－12

16．(2019·昆明调研)将数列{an}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：

a1 a2，a3 a4，a5，a6 a7，a8，a9，a10

…

记数阵中的第1列数a1，a2，a4，…构成的数列为{bn}，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn＝2bn－1，则a56＝________.

解析：当n≥2时，因为Sn＝2bn－1，所以Sn－1＝2bn－1－1，所以bn＝2bn－2bn－1，所以bn＝2bn－1

(n≥2且n∈N)，因为b1＝2b1－1，所以b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等

n－1

*

比数列，所以bn＝2.

设a1，a2，a4，a7，a11，…的下标1,2,4,7,11，…构成数列{cn}，则c2－c1＝1，c3－c2＝2，

c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，所

以cn＝

nn－1

2

＋1，由cn＝

nn－1

2

＋1＝56，得n＝11，所以a56＝b11＝2＝1 024.

10

答案：1 024

三、解答题

1．已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝bn＋an－n，n∈N. (1)证明：{an－n}为等比数列；

*

an－n1

(2)数列{cn}满足cn＝，求证数列{cn}的前n项和Tn<. bn＋1bn＋1＋13

解析：(1)证明：因为an＋1＝2an－n＋1， 所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)． 又a1＝3，所以a1－1＝2，

所以数列{an－n}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)证明：由(1)知，an－n＝2·2所以bn＋1＝bn＋an－n＝bn＋2， 即bn＋1－bn＝2.

nnn－1

＝2.

nb2－b1＝21， b3－b2＝22， b4－b3＝23，

…

bn－bn－1＝2n－1.

2·1－2

累加求和得bn＝2＋

1－2

n－1

n＝2(n≥2)．

当n＝1时，b1＝2，满足bn＝2， 所以bn＝2.

nan－n2

所以cn＝＝n n＋1

bn＋1bn＋1＋12＋12＋1

nn＝

11

－n＋1. 2＋12＋1

n所以Tn＝

1－21＋21－31＋…＋n1－n＋1＝1－1<1.

12＋12＋12＋12＋12＋12＋132n＋1＋13

2．已知等差数列{an}的首项a1＝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{an}的通项公式； (2)设bn＝

1t*

(n∈N)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在实数t，使得对任意的n均有Sn>

nan＋3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(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)， 整理得2a1d＝d. ∵a1＝1，d>0，∴d＝2.

2

2

∴an＝2n－1(n∈N)． (2)∵bn＝

11111

＝＝－，

nan＋32nn＋12nn＋1

*

∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn

111111

＝1－＋－＋…＋－ 2232nn＋111n＝1－＝. n＋12n＋12

假设存在整数t满足Sn>总成立．

36

tn＋1n1

∵Sn＋1－Sn＝－＝>0，

2n＋22n＋12n＋2n＋1

∴数列{Sn}是递增的． 1

∴S1＝为Sn的最小值，

4

t1

故<，即t<9. 3

又∵t∈Z，

∴适合条件的t的最大值为8.

3．已知数列{an}中，a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N)． (1)写出a2，a3的值(只写出结果)，并求出数列{an}的通项公式； (2)设bn＝

1

*

an＋1an＋2an＋3

＋

1

＋1

＋…＋12

，若对任意的正整数n，不等式t－2t＋>bn恒成立，求a2n6

1

实数t的取值范围． 解析：(1)a2＝6，a3＝12. 当n≥2时，

an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)

＝2＋2×2＋2×3＋…＋2n ＝2(1＋2＋3＋…＋n)＝n(n＋1)． 因为当n＝1时，a1＝2也满足上式， 所以an＝n(n＋1)． (2)bn＝＝

1

an＋1an＋2an＋3

＋1

＋1

＋…＋1

a2n

111

＋＋…＋ n＋1n＋2n＋2n＋32n2n＋1

＝

1－1＋1－1＋…＋1－1

2n2n＋1n＋1n＋2n＋2n＋3

＝

11－. n＋12n＋1

111－1 －－n＋22n＋3n＋12n＋1

因为bn＋1－bn＝＝＝

111＋1

＋－n＋22n＋1n＋12n＋33n＋33n＋4

－2 2n＋5n＋22n＋5n＋3

2

2

－2n－2n＋1

＝2<0， 22n＋5n＋22n＋5n＋3

所以bn＋1所以(bn)max＝b1＝＝，

a2612

因为t－2t＋>bn恒成立，

6112

所以t－2t＋>，

66解得t<0或t>2，

所以实数t的取值范围为(－∞，0)∪(2，＋∞)．