2025届高考数学一轮复习专练41 数列的综合应用（Word版附解析）

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【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.52-5B. 52+5
C.52D. 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=52-5 .
2.(5分)设数列{an},{bn}都是正项等比数列,Sn,Tn分别为数列{lg an}与{lg bn}的前n项和,且SnTn=n+12n,则lga3b3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{lg an}与{lg bn}为等差数列.
因为SnTn=n+12n,所以S5T5=lg(a1·a2·…·a5)lg(b1·b2·…·b5)=lga35lgb35=lgb3a3=610=35,则lga3b3=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)=1-1n+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b3
C.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)=1n+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18
D.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,{lg Sn}是公差为lg 3的等差数列,则a2+a4+…+a2n=________.
【解析】S1=a1=1,则lg S1=lg 1=0,
因为{lg Sn}是公差为lg 3的等差数列,
所以lg Sn=(n-1)lg 3=lg 3n-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-14
8.(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:18
9.(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:bn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=sin π2+sin3π2+sin 5π2+…+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.n24B.(n-1)24
C.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TnA. [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:bn=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故14[1-1(n+1)2]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+1-1
13.(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{an3n}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·3n
14.(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+512.
【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Pn=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+…+1a2n-1=1+12+122+…+12n-1=1-12n1-12=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【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<2 023(k∈N*)成立的正整数m的最大值为( )
A.9B.10
C.11D.12
【解析】选C.已知Sn+1+1=4an(n∈N*),
当n=1时,S2+1=4a1,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<2 023(k∈N*)得,
2m-1+2m+2m+1+…+2m+k-1-2m(1+2+22+…+2k-1)<2 023,
即2m+k-2m-1-2m(2k-1)<2 023,
整理得2m-1<2 023,又210<2 023<211,
所以2m-1≤210,即m-1≤10,m≤11,
所以正整数m的最大值为11.