(2022高考数学一轮复习(步步高))第六章 强化训练6 数列中的综合问题.docx

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1、强化训练强化训练 6数列中的综合问题数列中的综合问题 1 (2020东三省四市模拟)等比数列an中, a5, a7是函数 f(x)x24x3 的两个零点, 则 a3a9 等于() A3B3C4D4 答案B 解析a5,a7是函数 f(x)x24x3 的两个零点,a5,a7是方程 x24x30 的两个根, a5a73,由等比数列的性质可得 a3a9a5a73. 2已知等差数列an的前 n 项和为 Sn,公差为2,且 a7是 a3与 a9的等比中项,则 S10的值 为() A110B90C90D110 答案D 解析a7是 a3与 a9的等比中项, a27a3a9, 又数列an的公差为2, (a112

2、)2(a14)(a116),解得 a120, an20(n1)(2)222n, S1010a1a10 2 5(202)110. 3若等差数列an的公差 d0 且 a1,a3,a7成等比数列,则a2 a1等于( ) A.3 2 B.2 3 C.1 2 D2 答案A 解析设等差数列的首项为 a1,公差为 d, 则 a3a12d,a7a16d. 因为 a1,a3,a7成等比数列, 所以(a12d)2a1(a16d), 解得 a12d.所以a2 a1 2dd 2d 3 2. 4某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒,计划改建十个实验室,每个实验室的改建费 用分为装修费和设备费,每个实验室的装修费都一样

3、,设备费从第一到第十实验室依次构成 等比数列, 已知第五实验室比第二实验室的改建费用高 42 万元, 第七实验室比第四实验室的 改建费用高 168 万元,并要求每个实验室改建费用不能超过 1 700 万元则该研究所改建这 十个实验室投入的总费用最多需要() A3 233 万元B4 706 万元 C4 709 万元D4 808 万元 答案C 解析设每个实验室的装修费用为 x 万元,设备费为 an万元(n1,2,3,10), 则 a5a242, a7a4168, 所以 a1q4a1q42, a1q6a1q3168, 解得 a13, q2. 故 a10a1q91 536. 依题意 x1 5361 7

4、00,即 x164. 所以总费用为 10 xa1a2a1010 x312 10 12 10 x3 0694 709. 5(2021重庆模拟)某食品加工厂 2019 年获利 20 万元,经调整食品结构,开发新产品,计划 从 2020 年开始每年比上一年获利增加 20%,则从()年开始这家加工厂年获利超过 60 万 元,已知 lg 20.301 0,lg 30.477 1() A2024 年B2025 年 C2026 年D2027 年 答案C 解析由题意,设从 2019 年开始,第 n 年的获利为 an(nN*)万元, 则数列an为等比数列,其中 2019 年的获利为首项,即 a120. 2020

5、 年的获利为 a220(120%)206 5(万元), 2021 年的获利为 a320(120%)220 6 5 2(万元), 数列an的通项公式为 an20 6 5 n1(nN*), 由题意可得 an20 6 5 n160,即 6 5 n13, n1 6 5 log 3 lg 3 lg 6 5 lg 3 lg 6lg 5 lg 3 lg23lg 10 2 lg 3 2lg 2lg 31 0.477 1 20.301 00.477 116.031 66, n8, 从 2026 年开始这家加工厂年获利超过 60 万元 6(多选)已知数列an是公差不为 0 的等差数列,前 n 项和为 Sn,满足

6、a15a3S8,下列选 项正确的有() Aa100BS10最小 CS7S12DS200 答案AC 解析根据题意,数列an是等差数列,若 a15a3S8, 即 a15a110d8a128d,变形可得 a19d, 又由 ana1(n1)d(n10)d, 则有 a100,故 A 一定正确; 不能确定 a1和 d 的符号,不能确定 S10最小,故 B 不正确; 又由 Snna1nn1d 2 9ndnn1d 2 d 2(n 219n), 则有 S7S12,故 C 一定正确; 则 S2020a12019 2 d180d190d10d,d0,S200,则 D 不正确 7(2021泰安模拟)数列an满足 a1

7、2,an11an 1an,则 a 2 021_. 答案2 解析由 a12,an11an 1an, 得 a23,a31 2,a 41 3,a 52, 所以an是周期为 4 的数列, 因为 2 02150541, 所以 a2 021a12. 8(2021江苏海头中学月考)已知数列an的前 n 项和为 Sn,a11,an12Sn1Sn0,则 Sn _. 答案 1 2n1 解析因为 an1Sn1Sn, 则 an12Sn1Sn0,可化简为 Sn1Sn2Sn1Sn0, 等式两边同时除以 Sn1Sn, 可得 1 Sn 1 Sn120,即 1 Sn1 1 Sn2, 所以数列 1 Sn为等差数列,首项 1 S1

8、 1 a11,公差 d2, 所以 1 Sn1(n1)22n1, 即 Sn 1 2n1. 9若数列an中,ann 212 n2 ,nN*,则数列an中的项的最小值为_ 答案4 解析an1ann1 212 n3 n 212 n2 n25n10 n2n3, 当 n2 时,an1an0,即 an1an, 当 n1 时,a2a10, 数列an中,从 a2开始是递增的, 又 a20,b0,nN*) (1)当 a2,b3 时,求 un; (2)若 ab,求数列un的前 n 项和 Sn. 解(1)当 a2,b3 时,un2n2n 132n23223n13n(nN*), 两边除以 2n,得 un 2n1 3 2

9、 3 2 2 3 2 n1 3 2 n 1 3 2 n1 13 2 2 13 n1 2n 1 1 3 n1 2n 2, 所以 un3n 12n1. (2)若 ab,则 un(n1)an, 所以 Sn2a3a24a3(n1)an, 当 a1 时,Sn23(n1)nn3 2 ; 当 a0,a1 时,在的两边同乘以 a,得 aSn2a23a34a4(n1)an 1, 与式作差,得(1a)Sn2aa2a3an(n1)an 1aa1an 1a (n1)an 1, 所以 Sn a 1a a1an 1a2 n1a n1 1a . 综上,Sn nn3 2 ,a1, an1an 1 1a a1a n 1a2 ,

10、a0,a1. 13 已知数列an, bn的前 n 项和分别为 Sn, Tn, 且 an0, 2Sna2nan, bn 1 (1) 2 221() n nn a aa , 若 kTn恒成立,则 k 的最小值为() A.2 3 B. 1 49 C1D. 8 441 答案C 解析2Sna2nan, 且 an0, 当 n1 时,2S1a21a1, 解得 a11 或 a10(舍去) 当 n2 时,2Sn1a2n1an1, 得 2ana2nan(a2n1an1), a2na2n1anan10, 即(anan1)(anan11)0, an0,anan11, an是以 1 为首项,1 为公差的等差数列, an

11、n, bn 1 (1) 2 221() n nn a aa 2n 2n12n 11 1 2n1 1 2n 11, Tn 1 211 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n 11 1 211 1 2n 111 1 2n 11Tn恒成立, k1,即 k 的最小值为 1. 14(2020长治质检)各项均为正数且公比 q1 的等比数列an的前 n 项和为 Sn,若 a1a54, a2a45,则 Sn5 2 2 2an 的最小值为_ 答案8 解析由题意 a1a5a2a44, 又 a2a45,公比 q1, a21,a44,故 q2a4 a24, 故 q2,a11 2. an2n 2, S

12、n 1 212 n 12 1 2(2 n1) Sn5 2 2 2an 2 n122 2n 1 , 令 t2n 11,2,22,23, 则原式t2 2 t t4 t42 t4 t48,当且仅当 t2 n12,即 n2 时取等号 15.(2021江苏丰县中学模拟)如图所示,正方形 ABCD 的边长为 5 cm,取正方形 ABCD 各边 的中点 E,F,G,H,作第 2 个正方形 EFGH,然后再取正方形 EFGH 各边的中点 I,J,K, L,作第 3 个正方形 IJKL,依此方法一直继续下去如果这个作图过程可以一直继续下去, 那么所有这些正方形的面积之和将趋近于_ cm2. 答案50 解析记第

13、1 个正方形的面积为 S1,第 2 个正方形的面积为 S2,第 n 个正方形的面积为 Sn, 设第 n 个正方形的边长为 an,则第 n 个正方形的对角线长为2an, 第 n1 个正方形的边长为 an1 2 2 an, an 1 an 2 2 , 即数列an是首项为 a15,公比为 2 2 的等比数列, an5 2 2 n1, 数列Sn是首项为 S125,公比为1 2的等比数列, S1S2S3Sn25 1 1 2n 11 2 50 1 1 2n, 如果这个作图过程可以一直继续下去,那么所有这些正方形的面积之和将趋近于 50 cm2. 16已知数列an的首项为 1,Sn为数列an的前 n 项和,

14、Sn1xSn1,其中 x0,nN*. (1)求an的通项公式; (2)证明: 函数 Fn(x)Sn12 在 1 2,1内有且仅有一个零点(记为 xn), 且 xn1 2 1 2x n1 n, nN*, n2. (1)解Sn1xSn1, SnxSn11(n2), 得 an1xan, 又当 n1 时,a1a2xa11,a11a2 a1x, 故数列an为等比数列,首项为 1,公比为 x, 则 anxn 1. (2)证明Fn(x)Sn121xx2xn2, 可得 Fn(1)n12n10, Fn 1 2 11 2 1 2 2 1 2 n21 1 2 n1 11 2 2 1 2n0, Fn(x)在 1 2,1内单调递增, Fn(x)在 1 2,1内有且仅有一个零点 xn, xn是 Fn(x)的一个零点, Fn(xn)0, 即1x n1 n 1xn 20, 故 xn1 2 1 2x n1 n.

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