2020新课标高考数学（文）总复习专题限时训练：数列的综合应用含解析.doc

教学资料范本2020新课标高考数学（文）总复习专题限时训练：数列的综合应用含解析编 辑：_时 间：_(建议用时：45分钟)1已知数列an为等差数列、满足a3a2 013、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()A. B.2 015 C.2 016 D.2 013解析：依题意有a3a2 0131、故S2 0152 015.故选A.答案：A2(20xx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q1、且a5b5、则()Aa3a7b4b6 B.a3a7b4b6Ca3a7b4b6 D.a3a7b4b6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q1、由a3a72a52b5、b4b622b5、a3a7b4b6、由于q1可得a3a7b4b6、故选C.答案：C3(20xx春区校级月考)在等差数列an中、其前n项和是Sn、若S90、S100、则在、中最大的是()A. B. C. D.解析：依题意、数列an是等差数列、其前n项和是Sn、S90、S100、所以所以a50、a60、所以公差d0、所以当6n9时0、当1n5时0.又因为当1n5时、Sn单调递增、an单调递减、所以当1n5时、单调递增、所以最大故选C.答案：C4(20xx师大附中月考)已知数列an、bn满足a11、且an、an1是方程x2bnx2n0的两根、则b10等于()A24 B.32 C.48 D.64解析：由已知得anan12n、an1an22n1、则2、所以数列的奇数项与偶数项都是公比为2的等比数列、可以求出a22、所以数列的项分别为：1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32、而bnanan1、所以b10a10a11323264.故选D.答案：D5已知数列an、bn满足bnanan1、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bn1bn(an1an2)(anan1)an2an2d1.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bn1bn(an1an2)(anan1)an2and2、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：A6若等差数列an的前n项和Snn2、则的最小值为()A4 B.8 C.6 D.7解析：由Snn2、则anSnSn12n1、所以n4.由均值不等式知当n、即n2时、取等号又nN*且320、b0、若是3a与32b的等比中项、则的最小值为()A4 B.1 C. D.8解析：是3a与32b的等比中项、3a32b3a2b()23、a2b1.(a2b)4428、当且仅当且a2b1、即a、b时等号成立、选D.答案：D9已知数列an的前n项和为Sn、点(n、Sn3)(nN*)在函数y32x的图象上、等比数列bn满足bnbn1an(nN*)、其前n项和为Tn、则下列结论正确的是()ASn2Tn B.Tn2bn1CTnan D.Tnbn1解析：因为点(n、Sn3)(nN*)在函数y32x的图象上、所以Sn32n3、所以an32n1、所以bnbn132n1、因为数列bn为等比数列、设公比为q.则b1b1q3、b2b2q6、解得b11、q2.所以bn2n1、Tn2n1、所以Tn0、又1、所以a60、a6a70、从而S110、所以Sn取到最小正数时的n的值为12.答案：1214(20xx呼伦贝尔一模)数列an的前n项和为Sn、若S1、Sm、Sn成等比数列(m1)、则正整数n值为_解析：an.前n项和Sn11.S1、Sm、Sn成等比数列(m1)、2、解得n、令2m1m20、m1、解得1m1、m2、n8.故答案为8.答案：815(20xx武汉调研)设等差数列an满足a3a736、a4a6275、且anan1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a3a736、所以a4a636、与a4a6275联立、解得或当时、可得此时an7n17、a23、a34、易知当n2时、an0、所以a2a312为anan1的最小值；当时、可得此时an7n53、a74、a83、易知当n7时、an0、当n8时、an0、所以a7a812为anan1的最小值综上、anan1的最小值为12.答案：1216(20xx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：a1a2、a3a4、a5、a6a7、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Sn2bn1、则a56_.解析：当n2时、因为Sn2bn1、所以Sn12bn11、所以bn2bn2bn1、所以bn2bn1(n2且nN*)、因为b12b11、所以b11、所以数列bn是首项为1、公比为2的等比数列、所以bn2n1.设a1、a2、a4、a7、a11、的下标1,2,4,7,11、构成数列cn、则c2c11、c3c22、c4c33、c5c44、cncn1n1、累加得、cnc11234(n1)、所以cn1、由cn156、得n11、所以a56b112101 024.答案：1 024专题限时训练(大题规范练)(建议用时：60分钟)1已知数列an满足a13、an12ann1、数列bn满足b12、bn1bnann、nN*.(1)证明：ann为等比数列；(2)数列cn满足cn、求证数列cn的前n项和Tn.解析：(1)证明：因为an12ann1、所以an1(n1)2(ann)又a13、所以a112、所以数列ann是以2为首项、2为公比的等比数列(2)证明：由(1)知、ann22n12n.所以bn1bnannbn2n、即bn1bn2n.b2b121、b3b222、b4b323、bnbn12n1.累加求和得bn22n(n2)当n1时、b12、满足bn2n、所以bn2n.所以cn.所以Tn0、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(nN*)、Snb1b2bn、是否存在实数t、使得对任意的n均有Sn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(a1d)(a113d)(a14d)2、整理得2a1dd2.a11、d0、d2.an2n1(nN*)(2)bn、Snb1b2bn.假设存在整数t满足Sn总成立Sn1Sn0、数列Sn是递增的S1为Sn的最小值、故、即tbn恒成立、求实数t的取值范围解析：(1)