2022高考数学一轮复习 第六章 强化训练6　数列中的综合问题

这是一份2022高考数学一轮复习 第六章 强化训练6　数列中的综合问题，共8页。

1．(2020·东三省四市模拟)等比数列{an}中，a5，a7是函数f(x)＝x2－4x＋3的两个零点，则a3·a9等于( )
A．－3 B．3 C．－4 D．4
答案 B
解析 ∵a5，a7是函数f(x)＝x2－4x＋3的两个零点，∴a5，a7是方程x2－4x＋3＝0的两个根，∴a5·a7＝3，由等比数列的性质可得a3·a9＝a5·a7＝3.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，则S10的值为( )
A．－110 B．－90 C．90 D．110
答案 D
解析 ∵a7是a3与a9的等比中项，
∴aeq \\al(2,7)＝a3a9，
又数列{an}的公差为－2，
∴(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解得a1＝20，
∴an＝20＋(n－1)×(－2)＝22－2n，
∴S10＝eq \f(10a1＋a10,2)＝5×(20＋2)＝110.
3．若等差数列{an}的公差d≠0且a1，a3，a7成等比数列，则eq \f(a2,a1)等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,2) D．2
答案 A
解析 设等差数列的首项为a1，公差为d，
则a3＝a1＋2d，a7＝a1＋6d.
因为a1，a3，a7成等比数列，
所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，
解得a1＝2d.所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(2d＋d,2d)＝eq \f(3,2).
4．某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1 700万元．则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要( )
A．3 233万元 B．4 706万元
C．4 709万元 D．4 808万元
答案 C
解析 设每个实验室的装修费用为x万元，设备费为an万元(n＝1,2,3，…，10)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5－a2＝42，,a7－a4＝168，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q4－a1q＝42，,a1q6－a1q3＝168，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,q＝2.))故a10＝a1q9＝1 536.
依题意x＋1 536≤1 700，即x≤164.
所以总费用为10x＋a1＋a2＋…＋a10＝10x＋eq \f(31－210,1－2)＝10x＋3 069≤4 709.
5．(2021·重庆模拟)某食品加工厂2019年获利20万元，经调整食品结构，开发新产品，计划从2020年开始每年比上一年获利增加20%，则从( )年开始这家加工厂年获利超过60万元，已知lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1( )
A．2024年 B．2025年
C．2026年 D．2027年
答案 C
解析 由题意，设从2019年开始，第n年的获利为an(n∈N*)万元，
则数列{an}为等比数列，其中2019年的获利为首项，即a1＝20.
2020年的获利为a2＝20·(1＋20%)＝20×eq \f(6,5)(万元)，
2021年的获利为a3＝20×(1＋20%)2＝20·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))2(万元)，
∴数列{an}的通项公式为an＝20·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))n－1(n∈N*)，
由题意可得an＝20·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))n－1>60，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))n－1>3，
∴n－1>＝eq \f(lg 3,lg \f(6,5))＝eq \f(lg 3,lg 6－lg 5)＝eq \f(lg 3,lg2×3－lg \f(10,2))＝eq \f(lg 3,2lg 2＋lg 3－1)≈eq \f(0.477 1,2×0.301 0＋0.477 1－1)≈6.031 6>6，
∴n≥8，
∴从2026年开始这家加工厂年获利超过60万元．
6．(多选)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有( )
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S20＝0
答案 AC
解析 根据题意，数列{an}是等差数列，若a1＋5a3＝S8，
即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，变形可得a1＝－9d，
又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，
则有a10＝0，故A一定正确；
不能确定a1和d的符号，不能确定S10最小，故B不正确；
又由Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝－9nd＋eq \f(nn－1d,2)＝eq \f(d,2)×(n2－19n)，
则有S7＝S12，故C一定正确；
则S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)d＝－180d＋190d＝10d，∵d≠0，∴S20≠0，则D不正确．
7．(2021·泰安模拟)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2 021＝________.
答案 2
解析 由a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，
得a2＝－3，a3＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,3)，a5＝2，
所以{an}是周期为4的数列，
因为2 021＝505×4＋1，
所以a2 021＝a1＝2.
8．(2021·江苏海头中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＋2Sn＋1Sn＝0，则Sn＝________.
答案 eq \f(1,2n－1)
解析 因为an＋1＝Sn＋1－Sn，
则an＋1＋2Sn＋1Sn＝0，可化简为Sn＋1－Sn＋2Sn＋1Sn＝0，
等式两边同时除以Sn＋1Sn，
可得eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＋2＝0，即eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))为等差数列，首项eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝1，公差d＝2，
所以eq \f(1,Sn)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
即Sn＝eq \f(1,2n－1).
9．若数列{an}中，an＝eq \f(n2＋12,n＋2)，n∈N*，则数列{an}中的项的最小值为________．
答案 4
解析 an＋1－an＝eq \f(n＋12＋12,n＋3)－eq \f(n2＋12,n＋2)＝eq \f(n2＋5n－10,n＋2n＋3)，
当n≥2时，an＋1－an>0，即an＋1>an，
当n＝1时，a2－a1<0，
∴数列{an}中，从a2开始是递增的，
又a210．(2020·苏州模拟)已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是实数，且满足eq \f(S2S4,2)＋eq \f(S\\al(2,3),9)＋2＝0，则d的取值范围是________．
答案 (－∞，－eq \r(2)]∪[eq \r(2)，＋∞)
解析 ∵eq \f(S2S4,2)＋eq \f(S\\al(2,3),9)＋2＝0，
∴eq \f(2a1＋d4a1＋6d,2)＋eq \f(3a1＋3d2,9)＋2＝0，
∴5aeq \\al(2,1)＋10da1＋4d2＋2＝0，
∵a1，d∈R，
∴Δ＝100d2－20(4d2＋2)≥0，
解得d≥eq \r(2)或d≤－eq \r(2).
11．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且a3＝3，S7＝14.
(1)求an和Sn；
(2)若bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝3，S7＝14，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝a1＋2d＝3，,S7＝7a1＋\f(7×7－1,2)d＝14，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝5，,d＝－1，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝－n＋6，
Sn＝eq \f(a1＋ann,2)＝eq \f(5＋6－nn,2)＝eq \f(11－nn,2).
(2)由(1)知an＝－n＋6，bn＝，
得bn＝26－n＝26×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
∴Tn＝eq \f(25\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝26－26×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＝64－26－n.
12．(2021·南阳模拟)已知un＝an＋an－1b＋an－2b2＋…＋abn－1＋bn(a>0，b>0，n∈N*)．
(1)当a＝2，b＝3时，求un；
(2)若a＝b，求数列{un}的前n项和Sn.
解 (1)当a＝2，b＝3时，un＝2n＋2n－1·3＋2n－2·32＋…＋2·3n－1＋3n(n∈N*)，
两边除以2n，得
eq \f(un,2n)＝1＋eq \f(3,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n
＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n＋1,1－\f(3,2))＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3n＋1,2n＋1))),－1)＝eq \f(3n＋1,2n)－2，
所以un＝3n＋1－2n＋1.
(2)若a＝b，则un＝(n＋1)an，
所以Sn＝2a＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an，①
当a＝1时，Sn＝2＋3＋…＋(n＋1)＝eq \f(nn＋3,2)；
当a>0，a≠1时，在①的两边同乘以a，得aSn＝2a2＋3a3＋4a4＋…＋(n＋1)an＋1，
与①式作差，得(1－a)Sn＝2a＋a2＋a3＋…＋an－(n＋1)an＋1＝a＋eq \f(a1－an,1－a)－(n＋1)an＋1，
所以Sn＝eq \f(a,1－a)＋eq \f(a1－an,1－a2)－eq \f(n＋1an＋1,1－a).
综上，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(nn＋3,2)，a＝1，,\f(a－n＋1an＋1,1－a)＋\f(a1－an,1－a2)，a>0，a≠1.))
13．已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an，bn＝，若k>Tn恒成立，则k的最小值为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(1,49) C．1 D.eq \f(8,441)
答案 C
解析 ∵2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an，①
且an>0，
∴当n＝1时，2S1＝aeq \\al(2,1)＋a1，
解得a1＝1或a1＝0(舍去)．
当n≥2时，2Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋an－1，②
①－②得2an＝aeq \\al(2,n)＋an－(aeq \\al(2,n－1)＋an－1)，
aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)－an－an－1＝0，
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
∵an>0，∴an－an－1＝1，
∴{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝n，
∴bn＝＝eq \f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，
∴Tn＝eq \f(1,21－1)－eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,22－1)－eq \f(1,23－1)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)＝eq \f(1,21－1)－eq \f(1,2n＋1－1)＝1－eq \f(1,2n＋1－1)<1，
∵k>Tn恒成立，
∴k≥1，即k的最小值为1.
14．(2020·长治质检)各项均为正数且公比q＞1的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1a5＝4，a2＋a4＝5，则eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(5,2)))2,2an)的最小值为________．
答案 8
解析 由题意a1a5＝a2a4＝4，
又a2＋a4＝5，公比q＞1，
∴a2＝1，a4＝4，故q2＝eq \f(a4,a2)＝4，
故q＝2，a1＝eq \f(1,2).
∴an＝2n－2，
Sn＝eq \f(\f(1,2)1－2n,1－2)＝eq \f(1,2)(2n－1)．
∴eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(5,2)))2,2an)＝eq \f(2n－1＋22,2n－1)，
令t＝2n－1∈{1,2,22，23，……}，
则原式＝eq \f(t＋22,t)＝t＋eq \f(4,t)＋4≥2eq \r(t×\f(4,t))＋4＝8，当且仅当t＝2n－1＝2，即n＝2时取等号．
15.(2021·江苏丰县中学模拟)如图所示，正方形ABCD的边长为5 cm，取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形IJKL，依此方法一直继续下去．如果这个作图过程可以一直继续下去，那么所有这些正方形的面积之和将趋近于________ cm2.
答案 50
解析 记第1个正方形的面积为S1，第2个正方形的面积为S2，…，第n个正方形的面积为Sn，
设第n个正方形的边长为an，则第n个正方形的对角线长为eq \r(2)an，
∴第n＋1个正方形的边长为an＋1＝eq \f(\r(2),2)an，
∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(\r(2),2)，
即数列{an}是首项为a1＝5，公比为eq \f(\r(2),2)的等比数列，
∴an＝5·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))n－1，
数列{Sn}是首项为S1＝25，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
∴S1＋S2＋S3＋…＋Sn＝eq \f(25\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝50·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))，
∴如果这个作图过程可以一直继续下去，那么所有这些正方形的面积之和将趋近于50 cm2.
16．已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝xSn＋1，其中x>0，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：函数Fn(x)＝Sn＋1－2在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)xeq \\al(n＋1,n)，n∈N*，n≥2.
(1)解 Sn＋1＝xSn＋1，①
Sn＝xSn－1＋1(n≥2)，②
①－②得an＋1＝xan，
又当n＝1时，a1＋a2＝xa1＋1，a1＝1⇒eq \f(a2,a1)＝x，
故数列{an}为等比数列，首项为1，公比为x，
则an＝xn－1.
(2)证明 Fn(x)＝Sn＋1－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，
可得Fn(1)＝n＋1－2＝n－1>0，
Fneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1＋eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－2＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1,1－\f(1,2))－2＝－eq \f(1,2n)<0，
∴Fn(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))内至少存在一个零点，
又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，
∴Fn(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))内单调递增，
∴Fn(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))内有且仅有一个零点xn，
∵xn是Fn(x)的一个零点，
∴Fn(xn)＝0，
即eq \f(1－x\\al(n＋1,n),1－xn)－2＝0，
故xn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)xeq \\al(n＋1,n).