2020新课标高考数学(文)二轮总复习专题限时训练：1-2-3数列的综合应用

1、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OA=a3OB + a2 013OC,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8,则S2 015的值为（）B.2 015D.2 013八 2 015A-2-C.2 016解析：依题意有a3+a2 013= 1,a3+a2 0132 015故 S2 015= 22 015= -2故选 A.答案：A2. （2019的产岛一模）数列an是等差数列，bn是各项均为正数的等比数列，公比q>1,且 a5=b5,则（）A. a3+a7>b4+b6B.a3+ a7>b4+ b6

2、C. a3 + a7Vb4+b6D.a3+ a7= b4+ b6A. 4mB.8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 q>1,由 a3+ a7 = 2a5 = 2b5, b4+ b6> 2Vb4b6 = 2b5, a3+a7<b4+ b6,由于q>1可得a3+a7Vb4+b6,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S9>0, Sio<0,则在第12,，S'中最大的是（）A SiA.a13C.05c S9D.-a9解析：依题意，数列an是等差数列，其前n项和是8,9a5>0

3、,S9>0, Sio<0,所以所以a5>0, a6<0,所以公差d<0,Sn、t,r r Sn所以当 60n09 时<0,当 1&n05 时;7>0. anan又因为当1&n&5时，8单调递增，an单调递减，SnS5所以当1&n&5时，S单调递增,所以S5最大.故选C. ana5答案：C4. (2019师大附中月考)已知数列an, bn满足ai = 1,且an, an+i是方程x2bnx+2n = 0的两根，则bi0等于()A. 24B.32C.48D.64 _an+2解析：由已知得anan+i = 2n, .a

4、n+ian+2=2n+1,则= = 2,所以数列an的奇数项与 an偶数项都是公比为2的等比数列，可以求出a2=2,所以数列an的项分别为：i,2,2,4,4,8,8,i6,i6,32,32 -，而 bn=an+an+i,所以 b10=a10+a11 = 32+32 = 64.故选 D.答案：D5.已知数列an, bn/>£bn = an+an+i,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di,则bn+i bn=(an+i+an + 2)(an+an

5、+i) = an + 2an = 2di.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 bn + i bn=(an+i+an + 2)(an+an+i) = an+2an=d2,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：Ac2Sn+246,若等差数列an的前n项和Sn=n2,则一二7的最小值为()an十iC.6D.7解析：由 Sn=n2,则 an = Sn 8-1 = 2n1,所以2Sn + 24an+ 112=n + n>473.由均值不等式2Sn+24知当n = ?,即n= 243时，取等号.又

6、nC N*且3<26<4,所以当n=3或4时，式子12，有最小值，最小值为3 +可=7.故选口.an+ 13答案：D7 . (2019黑龙江大庆一中模拟)已知函数f(x) = x2+ax的图象在点A(0, f(0)处的切线l1与直线2x-y+2=0平行，若数列 有 的刖n项和为Sn,则S20的值为()A.462B.201192010C.256D.2 011解析：因为f(x) = x2+ax,所以f' (x) = 2x+ a.又函数f(x)=x2+ax的图象在点A(0, f(0)21处的切线l与直线2x y+ 2 = 0平行，所以f' (0) = a = 2,所以f(

7、x) = x2+2x,所以fn =11 1n2 + 2n=2n1n+2 .11111 1112022所以 S2o=2 1-3 + 24 + 3-5 + 十1、/ /111325 田、4八=2X 1 + 221-22 =462.故选 A.答案：A8 .设a>0, b>0,若3是3a与32b的等比中项，则2 +1的最小值为() a bA. 4B.11C.4D.8解析：二#是3a与32b的等比中项，. 3a x 32b = 3a+2b = (V3)2 = 3,2 12,1 4b a4b a4b a -. a+b=(a+ 2b) a + b =4+ +b>4 + 1一: , an 4

8、n-3/ b = 8,当且仅当 w=b且 a+2b=1,即11 a= 2，b = 4时等方成立，选D.答案：D9.已知数列an的前n项和为Sn,点(n, Sn + 3)(n C N*)在函数y=3X2x的图象上，等 比数列bn*两足bn+bn+1=an(nC N ),其刖n项和为Tn,则下列结论正确的是()A. 8 = 2TnB.Tn=2bn+1C. Tn>anD.Tn<bn+1解析：因为点(n, Sn+3)(nC N*)在函数y= 3X2x的图象上，所以Sn = 3 2n3,所以an = 3 2n-1,所以bn+bn+1=3 2n-1,因为数列bn为等比数列，设公比为q.则b1

9、+ b1q = 3, b2+b2q = 6,解得 b1=1, q = 2.所以 bn=2n-1, Tn=2n1,所以 Tn<bn+1,故选 D.答案：D10.已知等差数列an中，a3=9, a5=17,记数列1的前n项和为Sn,若&n+一 an10(mZ), 对任意的nCN*恒成立，则整数m的最小值是()A. 5B.4C.3D.2解析：因为等差数列an中，a3=9, a5=17,a5一 a3 17- 9所以公差d =5-32 = 4.由 an= a3+(n 3)d 得,an= 4n 3,八 八111n+ 1 m S2n+1Sn=+<&而，所以整数m的取4n+13 4

10、n+2 342n+13 4n+1 10小值为4.故选B.答案：B11.已知数列an满足 aa2a3-an = 2n2(n C N*),且对任意 nC N*都有,+,+ +,<t, a1 a2an '则实数t的取值范围为().1,f 1,A. 3，+00B. 3，+00J2.c. 3, +°°d. 3, +°02 aia2a3 an2n"一 ，解析：依题息彳#,当 n>2 时，an=2 = 2n(n1)=2 -.又 aiaia2a3ani 2 n 111111= 222，因此an = 22n-'王:21不，数列字是以2为首项，分

11、为公比的等比数列.等比数列 二的前n项和等于1=a 14n <q,因此实数t的取值范围是十°°.an134333故选D.答案：D12.已知三个数a-1, a+1, a+ 5成等比数列，其倒数重新排列后为递增的等比数列111 ,、an的刖三项，则能使不等式 a1+a2+ an0f+二十+r成立的自然数n的取大 a1 a2an值为()A. 9B.8C.7D.5解析：因为a1, a+1, a+5成等比数列，所以(a+1)2= (a1)(a+ 5), ；a=3,倒数重新排列后恰好为递增的等比数列an的前三项，为8, 4, 2,公比为2,数列1是以 8 4 2an1 111-*

12、8为首项，3为公比的等比数列.则不等式a1+a2+ an0=+工+不等价于2a1 a2an81 - 2n 81 - 2n<1，整理得 2n<27, .1<n<7, nCN*,故选 C.1-21J1 2答案：C二、填空题13 .已知数列an是等差数列，且a7< 1,它的前n项和Sn有最小值，则Sn取到最小 a6正数时的n =.a7解析：由题息可知 d>0,又二<1,所以 a6<0, a7>0, a6+a7>0,从而 Sii<0, Si2>0, a6所以Sn取到最小正数时的n的值为12.答案：12 114 . （2019呼伦贝

13、尔一模）数列an = nn1的刖n项和为8,若S1, Sm, 8成等比数列（m>1）,则正整数n值为一111解析：an =1 n n+1 n n+11-1 nn+ 1n+ 11 1 111. 前n 项和 Sn= 1 _ 5+,可+二一=2 2 3n n+1.S1, Sm, Sn成等比数列（m>1）,mm+ 12m2解得n :2,2m+ 1 m令 2m+1 m2>0, m>1,解得 1<m<1 +亚, .m=2, n=8.故答案为8.答案：815 . （2019武汉调研）设等差数列an满足a3+a7 = 36, a4a6 = 275,且anan+1有最小值，

14、则这个最小值为.解析：设等差数列an的公差为d,因为a3+a7 = 36,所以a4+a6=36,与a4a6=275联立,a4=11,a4=25,解得或a6 = 25a6=11.a4=11,当a6 = 25a1 = 10, 时，可得d=7,此时 an=7n17, a2= 3, a3=4,易知当 n<2时，an<0,当n>3时，an>0,所以a2a3= 12为anan+1的最小值;a4 = 25,ai=46,时，可得止匕时an= 7n + 53, a7 = 4, a8= 3,易知当n0 7a6=11d= 7,时，an>0,当n>8时，an<0,所以a7a8

15、= 12为anan+i的最小值.综上，anan + 1的最小值为一12.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 Sn = 2bn 1,则 a56=.解析：当 n2 时，因为 Sn = 2bn1,所以 Sn-1 = 2bn-1 1 ,所以 bn= 2bn 2bn-1 ,所 以bn=2bn1（n>2且nC N ）,因为b1 = 2b1一1,所以b1 = 1,所以数列bn是首项为1

16、, 公比为2的等比数列，所以bn = 2n-1.设 a1, a2, a4, a7, an,的下标 1,2,4,7,11,构成数列6,则 c2ci = 1, c3c2 =2, C4C3=3, C504 = 4,，CnCn-1 = n1 ,累加得，CnC1 = 1+2+3+4+ +n n 1n n1（n 1）,所以 cn=2+ 1，由 cn=2+ 1 = 56,得 n= 11,所以 a56= b1= 2 =1 024.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 ai = 3, an+i = 2ann+1,数列bn满足 bi = 2, bn+i = bn+a

17、n n, _ *nC N .(1)证明：an n为等比数列；(2)数列Cn满足 6=( f/"，求证数列Cn的前n项和Tn<1. bn+ 1 bn + 1 + 13解析：(1)证明：因为an+1 = 2ann+1,所以 an+1 (n+ 1) 2(an n).又 a1=3,所以 a1一1=2,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，an n=2 2n-1 = 2n.所以 bn + 1 = bn+an n= bn+2n,即 bn+ 1 - bn= 2n.1b2 b1 = 2 ,an n2n所以6 =bn+1 bn+1 + 12n+1=c c 彳 .

18、2n+12n+1 + 11 _ 1所以 Tn= 2+1-22+1 +11-z z22 + 123+1 ' -1 0+ + 2n+1 2n+ 1 + 1 3 2n+1+1<3.2.已知等差数列an的首项a1=1,公差d>0,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.求数列an的通项公式；、-1(2)设bn=c c (nC N ), Sn=b1 + b2+ - + bn,是否存在实数t,使得对任意的n均 n an 3有Sn>看总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由.36解析：(1)由题意得 + d)(a1 + 13d)=+ 4

19、d)2,整理得2a1d=d2._ 一一 一 一 一*一- an = 2n 1(nC N ).-.1(2) - bn =n an + 31：2n n+ 1&= b1 + b2+ + bn11111 -±-=2 12 + 2 3+ n n+1J 1，2 n+12 n+1 .假设存在整数t满足Sn>/总成立.36_ n+1 n1 一,.Sn + 1 Sn=>0,2 n+22 n+12 n+2 n+1数列&是递增的.1 .5= 4为Sn的最小值,一 t 1 故正<一即t<9.36 4又.tez,适合条件的t的最大值为8.3,已知数列an中，ai = 2, anan 1 2n= 0(n>2, n N ).写出a2, a3的值(只写出结果)，并求出数列an的通项公式；(2)设加=喜+白+£ +士 若对任意的正整数n,不等式t22t+6>bn恒成 立，求实数t的取