【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练41 数列的综合应用.docx，共(9)页，37.406 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。四十一数列的综合应用(时间:45分钟分值:95分)【基础落实练】1.(5分)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,4a1,2a3,a5成等差数列,则

a1=()A.5√2-5B.5√2+5C.5√2D.5【解析】选A.设等比数列{an}的公比为q(q>0),a1≠0,故由题意可得:{𝑎1(1+𝑞+𝑞2+𝑞3)=154𝑎3=4𝑎1+𝑎5,{𝑎1(1+𝑞+𝑞2

+𝑞3)=154𝑞2=4+𝑞4,解得q2=2,q=√2,a1=5√2-5.2.(5分)设数列{an},{bn}都是正项等比数列,Sn,Tn分别为数列{lgan}与{lgbn}的前n项和,且𝑆𝑛𝑇𝑛=𝑛+12𝑛,则log𝑎

3b3等于()A.35B.95C.59D.53【解析】选D.因为数列{an},{bn}都是正项等比数列,所以数列{lgan}与{lgbn}为等差数列.因为𝑆𝑛𝑇𝑛=𝑛+12𝑛,所以𝑆5𝑇5=lg(𝑎1·𝑎

2·…·𝑎5)lg(𝑏1·𝑏2·…·𝑏5)=lg𝑎35lg𝑏35=log𝑏3a3=610=35,则log𝑎3b3=53.3.(5分)若f(x)=xm+ax的导函数为f'(x)=2x+1,则数列

{1𝑓(𝑛)}(n∈N*)的前n项和为()A.𝑛𝑛+1B.𝑛+2𝑛+1C.𝑛𝑛-1D.𝑛+1𝑛【解析】选A.因为f(x)=xm+ax,所以f'(x)=mxm-1+a.又因为f'(x)=2x+1,所以m=2,a=1,所以f(n)=n2+n=n(n+1),

所以1𝑓(𝑛)=1𝑛(𝑛+1)=1𝑛-1𝑛+1,所以数列{1𝑓(𝑛)}的前n项和为1𝑓(1)+1𝑓(2)+…+1𝑓(𝑛)=(1-12)+(12-13)+…+(1𝑛-1𝑛+1)=1-1�

�+1=𝑛𝑛+1.4.(5分)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=-5,a3=-1.记bn=𝑆𝑛𝑎𝑛(n=1,2,…),则数列{bn}的()A.最小项为b3B.最大项为b3C.最小项为b4D.最大项为b4【解析】选C.等差数列{an}中,a1=

-5,a3=-1,所以d=2,an=-5+2(n-1)=2n-7,Sn=-5n+𝑛(𝑛-1)2×2=n2-6n,则bn=𝑆𝑛𝑎𝑛=𝑛(𝑛-6)2𝑛-7.令f(x)=𝑥2-6𝑥2𝑥-7,x>0,则f'(x)=2(𝑥2-7𝑥+21)(2𝑥-7)2>0,故f(x)在(0

,72),(72,+∞)上单调递增,没有最大值.因为b1=1,b3=9,b4=-8,结合数列的函数特性易得,当n=4时,bn取得最小值.5.(5分)已知数列{an}满足a1=1,P(an,an+1)(n∈N*)在直线x-y+1=0上,如果函数f(n)=1

𝑛+𝑎1+1𝑛+𝑎2+…+1𝑛+𝑎𝑛(n∈N*,n≥2),那么函数f(n)的最小值为()A.13B.14C.712D.512【解析】选C.将点P的坐标代入直线方程,得an+1-an=1,所以{an}是首项为1,公差为1的等差数列,所以an=n,所以

f(n)=1𝑛+1+1𝑛+2+…+1𝑛+𝑛,f(n+1)=1𝑛+2+1𝑛+3+…+1𝑛+𝑛+2,所以f(n+1)-f(n)=1𝑛+𝑛+1+1𝑛+𝑛+2-1𝑛+1>12𝑛+2+12𝑛+2-1𝑛+1=0,所以f(n)单调递增,故f(n)的最小值为

f(2)=712.6.(5分)(多选题)在《增删算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,六朝才得到其关.”意思是某人要走三百七十八里的路程,第一天脚步轻快有力,走了一段路程,第

二天脚痛,走的路程是第一天的一半,以后每天走的路程都是前一天的一半,走了六天才走完这段路程.则下列说法正确的是()A.此人第二天走了九十六里路B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C.此人第三天走的路程占全程的18D.此人后三天共走了四十二里路【解

析】选ABD.记每天走的路程里数为an(n=1,2,3,…,6),由题意知{an}是公比为12的等比数列,由S6=378,得𝑎1(1-126)1-12=378,解得a1=192,所以a2=192×12=96,此人第一天走的路程比后五天走的路程多192-(

378-192)=6(里),a3=192×14=48,48378>18,前3天走的路程为192+96+48=336(里),则后3天走的路程为378-336=42(里).7.(5分)已知数列{an}的前n项

和为Sn,且a1=1,{lgSn}是公差为lg3的等差数列,则a2+a4+…+a2n=________.【解析】S1=a1=1,则lgS1=lg1=0,因为{lgSn}是公差为lg3的等差数列,所以lgSn=(n-1)lg3=lg3n-1,则Sn=3n-1.当n≥2时

,an=Sn-Sn-1=3n-1-3𝑛-2=2×3𝑛-2,a2=2,当n≥2时,𝑎𝑛+1𝑎𝑛=2×3𝑛-12×3𝑛-2=3,所以数列{an}自第二项起构成公比为3的等比数列,可得a2+a4+…+a2n=2

(1-9𝑛)1-9=9𝑛-14.答案:9𝑛-148.(5分)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,Sn是其前n项和,若S2+a2=S3-3,则a4+3a2的最小值为________.【解析】因为S3-S2=a3,所以由S2+a2=S3-3,得a3-a2

=3.设等比数列{an}的公比为q,则a1=3𝑞(𝑞-1),由于{an}的各项均为正,所以q>1.a4+3a2=a1q3+3a1q=a1q(q2+3)=3𝑞(𝑞-1)·q(q2+3)=3(𝑞2+3)𝑞-1=3(q-1+4𝑞-1+2)≥18,当且仅当q-1=2,即q=3时

,a4+3a2取得最小值18.答案:189.(10分)(2023·济南模拟)已知数列{𝑎𝑛}满足a1=1,nan+1-(n+1)an=1.(1)若数列{𝑏𝑛}满足bn=1+𝑎𝑛𝑛,证明:{𝑏

𝑛}是常数列;【解析】(1)因为bn+1-bn=1+𝑎𝑛+1𝑛+1-1+𝑎𝑛𝑛=𝑛(1+𝑎𝑛+1)-(𝑛+1)(1+𝑎𝑛)(𝑛+1)𝑛=𝑛+𝑛𝑎𝑛+1-(𝑛+1)-(𝑛+1)𝑎𝑛(𝑛+1)𝑛=

𝑛+1-(𝑛+1)(𝑛+1)𝑛=0,所以bn+1=bn,所以{𝑏𝑛}是常数列.9.(10分)(2023·济南模拟)已知数列{𝑎𝑛}满足a1=1,nan+1-(n+1)an=1.(2)若数列{𝑐𝑛}满足cn=sin(π2an)+2𝑎𝑛,求{𝑐𝑛}的

前2n项和S2n.【解析】(2)因为a1=1,所以bn=b1=1+𝑎11=2,所以1+𝑎𝑛𝑛=2,所以an=2n-1.因为cn=sin[π2(2𝑛-1)]+22n-1=sin(nπ-π2)+22n-1,

所以S2n=[sinπ2+sin3π2+sin5π2+…+sin(2𝑛π-π2)]+(21+23+25+…+24n-1)=(1-1+1-1+…-1)+2(1-42𝑛)1-4=24𝑛+1-23.【能力提升练】10.(5分)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1,12,13,14,…,1𝑛.①第二步:将数列①的各项乘𝑛2,得到一个新数列a1,a2,a3,…,an.则a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=()A.𝑛24

B.(𝑛-1)24C.𝑛(𝑛-1)4D.𝑛(𝑛+1)4【解析】选C.由题意知所得新数列为1×𝑛2,12×𝑛2,13×𝑛2,…,1𝑛×𝑛2,所以a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=𝑛24[11×2+12×3+13×4+…+1(𝑛

-1)×𝑛]=𝑛24[(1-12)+(12-13)+(13-14)+…+(1𝑛-1-1𝑛)]=𝑛24(1-1𝑛)=𝑛(𝑛-1)4.11.(5分)已知数列{an}满足a1+12a2+13a3+…+1𝑛an=n2+n(n∈N*),设数列{bn}满足

bn=2𝑛+1𝑎𝑛𝑎𝑛+1,数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn<𝑛𝑛+1λ(n∈N*)恒成立,则实数λ的取值范围为()A.[14,+∞)B.(14,+∞)C.[38,+∞)D.(38,+∞)【

解析】选D.数列{an}满足a1+12a2+13a3+…+1𝑛an=n2+n①,当n≥2时,a1+12a2+13a3+…+1𝑛-1an-1=(n-1)2+(n-1)②,①-②得1𝑛an=2n,故an=2n2,当n=1时,a1=2也满足上式,所以an=2n2,n∈N*.数列{bn}满足:b

n=2𝑛+1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=2𝑛+14𝑛2(𝑛+1)2=14[1𝑛2-1(𝑛+1)2],则Tn=14[1-(12)2+(12)2-(13)2+…+1𝑛2-1(𝑛+1)2]=14[1-1(𝑛+1)2],由于Tn<𝑛𝑛+1λ(n∈

N*)恒成立,故14[1-1(𝑛+1)2]<𝑛𝑛+1λ恒成立,整理得λ>𝑛+24𝑛+4恒成立.因为y=𝑛+24𝑛+4=14(1+1𝑛+1)在n∈N*上单调递减,故当n=1时,(𝑛+24𝑛+4)max=38,所以λ>38.12.(5分

)已知Sn为数列{an}的前n项和,an=2·3n-1(n∈N*),若bn=𝑎𝑛+1𝑆𝑛𝑆𝑛+1,则b1+b2+…+bn=________.【解析】由an=2·3n-1可知数列{an}是以2为首

项,3为公比的等比数列,所以Sn=2(1-3𝑛)1-3=3n-1,则bn=𝑎𝑛+1𝑆𝑛𝑆𝑛+1=𝑆𝑛+1-𝑆𝑛𝑆𝑛𝑆𝑛+1=1𝑆𝑛-1𝑆𝑛+1,则b1+b2+…+bn=(1𝑆1

-1𝑆2)+(1𝑆2-1𝑆3)+…+(1𝑆𝑛-1𝑆𝑛+1)=1𝑆1-1𝑆𝑛+1=12-13𝑛+1-1.答案:12-13𝑛+1-113.(5分)已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数,对于任意的x,y∈R都有f(xy)

=xf(y)+yf(x)成立,数列{an}满足an=f(3n)(n∈N*),且a1=3,则数列{an}的通项公式为an=________.【解析】因为an=f(3n),所以an+1=f(3n+1)且a1=3=f(3).又因为对于任

意的x,y∈R都有f(xy)=xf(y)+yf(x)成立,所以令x=3n,y=3,则f(3n+1)=3nf(3)+3f(3n),所以an+1=3an+3·3n,所以𝑎𝑛+13𝑛+1-𝑎𝑛3𝑛=1,所以{𝑎𝑛3�

�}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以𝑎𝑛3𝑛=1+(n-1)×1=n,所以an=n·3n.答案:n·3n14.(10分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=𝑛22+3𝑛2.(1)求数列{an}的通项公式;【解

析】(1)因为Sn=𝑛22+3𝑛2①,所以当n≥2时,Sn-1=(𝑛-1)22+3(𝑛-1)2②,所以由①-②得,an=Sn-Sn-1=𝑛22+3𝑛2-(𝑛-1)22-3(𝑛-1)2=n+1.又因为n=1时,a1=S1=2适合an=n+1,所以an=n+1,n∈

N*.14.(10分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=𝑛22+3𝑛2.(2)若数列{bn}满足bn=an+2-an+1𝑎𝑛+2·𝑎𝑛,且数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<2n+51

2.【解析】(2)由(1)知bn=n+3-(n+1)+1(𝑛+3)(𝑛+1)=2+12(1𝑛+1-1𝑛+3),所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=2n+12(12-14+13-15+…+1𝑛+1-1𝑛+3)=2n+12(12+13-1𝑛+2-1𝑛+3)=2n

+512-12(1𝑛+2+1𝑛+3)<2n+512.15.(10分)(2023·广州模拟)已知各项都是正数的数列{𝑎𝑛},前n项和Sn满足𝑎𝑛2=2Sn-an(n∈N*).(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式.【解析】(1)当n=1时,𝑎12=2S1-a1=a1,

所以a1=1或a1=0(舍去),当n≥2时,有{𝑎𝑛2=2𝑆𝑛-𝑎𝑛,𝑎𝑛-12=2𝑆𝑛-1-𝑎𝑛-1,两式相减得𝑎𝑛2-𝑎𝑛-12=2an-an+an-1=an+an-1,整理得(an+an-1)(an-an-1)=an+an-1,因为{𝑎𝑛}的各项都是正数,

所以an-an-1=1,所以{𝑎𝑛}是首项为1,公差为1的等差数列,所以an=1+1·(n-1)=n;15.(10分)(2023·广州模拟)已知各项都是正数的数列{𝑎𝑛},前n项和Sn满足𝑎𝑛2=2Sn-an(n

∈N*).(2)记Pn是数列{1𝑆𝑛}的前n项和,Qn是数列{1𝑎2𝑛-1}的前n项和.当n≥2时,试比较Pn与Qn的大小.【解析】(2)由(1)得Sn=𝑛(𝑛+1)2,则1𝑆𝑛=2𝑛(𝑛+1)=2(1𝑛-1𝑛+1),所以P

n=1𝑆1+1𝑆2+…+1𝑆𝑛=2(1-12+12-13+…+1𝑛-1𝑛+1)=2(1-1𝑛+1).由(1)得1𝑎2𝑛-1=12𝑛-1,所以Qn=1𝑎1+1𝑎2+1𝑎22+…+1𝑎2�

�-1=1+12+122+…+12𝑛-1=1-(12)𝑛1-12=2(1-12𝑛).因为2n=(1+1)n=1+n+𝑛(𝑛-1)2+…>1+n>0(n≥2),所以12𝑛<11+𝑛,故1-12𝑛>1-11+𝑛,所以当n≥2时,Pn<Qn.【素养创新练】16.(5分)已知等比数列

{𝑎𝑛}的前n项和为Sn,Sn+1+1=4an(n∈N*),则使得不等式am+am+1+…+am+k-am+1Sk<2023(k∈N*)成立的正整数m的最大值为()A.9B.10C.11D.12【解析】选C.已知Sn+1+1=4an(n∈N*),当n=1时,S2+1=4a

1,则a2=3a1-1;当n=2时,S3+1=4a2,则a3=3a2-a1-1=8a1-4.因为数列{𝑎𝑛}是等比数列,所以𝑎22=a1a3,即(3𝑎1-1)2=a1(8a1-4),整理得𝑎12-2a1+1=0,解得a1=1,a2=2,公比q=2,所以an=

2n-1.由不等式am+am+1+…+am+k-am+1Sk<2023(k∈N*)得,2m-1+2m+2m+1+…+2m+k-1-2m(1+2+22+…+2k-1)<2023,即2m+k-2m-1-2m(2k-1)<2023,整理得2m-1<2023,又

210<2023<211,所以2m-1≤210,即m-1≤10,m≤11,所以正整数m的最大值为11.