（新课标）2020高考数学二轮总复习 1.2.3 数列的综合应用专题限时训练 文.doc

1.2.3 数列的综合应用专题限时训练(小题提速练)(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(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(2019春龙凤区校级月考)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(2019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(2019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(2019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(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：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