（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）

核心素养提升练三十二数列的综合应用(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.-1B.1C.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=-1·q3=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,,,,…,.①第二步:将数列①的各项乘以,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(4)+…+f(2n)=(2×2+1)+(2×4+1)+…+(2×2n+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=ncos2-sin2,其前n项和为Sn,则S40为()A.10B.15C.20D.25【解析】选C.由题意得,an=ncos2-sin2=ncos,则a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4,a5=0,a6=-6,a7=0,…,于是a2n-1=0,a2n=(-1)n·2n,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3a2=a3,得公比q=3,所以an=a1qn-1=3n-1.答案:3n-17.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d≠0,所以d=a1,所以==3.答案:38.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=lgan,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,lga3=b3,lga6=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n∈N*,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n≥3时,Sn=S2+|a3|+|a4|+…+|an|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(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an,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)≥10000,所以256+400×7+a≥10000,即21a≥3082,所以a≥146.又a∈N*,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∀n∈N*,t≤4Tn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=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t≤4Tn等价于≤Tn,所以≤T1=,解得t≤1,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,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=aiai+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m∈N*,使对任意n∈N*,SnTm+λ恒成立,则实数λ的取值范围是()A.[2,+∞)B.(3,+∞)C.[3,+∞)D.(2,+∞)【解析】选D.依题意得Sn==,根据二次函数的性质,n=4,5时,Sn取得最大值为10.另外,根据通项公式得数列{an}的前4项为a1=4,a2=3,a3=2,a4=1,因为抽掉第二项后,余下的三项可组成等比数列,所以数列{bn}中,b1=4,公比q=,所以Tn==8,所以4≤Tn8.因为存在m∈N*,对任意n∈N*,SnTm+λ恒成立,所以108+λ,所以λ2.3.(5分)各项均为正数的数列{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=3×4×……·n·(n+1),所以an=2×3×4×……·n·(n+1),即an=(n+1)!,设{bn}的公差为d,5b1+10d=15,(b1+2d)2=b1(b1+8d),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,…).(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,n∈N*.(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,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故an+1=qan对所有n≥1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(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式.(2)设bn=log4(1-Sn+1)(n∈N*),Tn=++…+,求Tn的取值范围.【解析】(1)当n=1时,a1=S1,由S1+a1=1,得a1=,当n≥2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