新课标2020年高考数学一轮总复习第五章数列5_5数列的综合应用课时规范练理含解析新人教A版.pdf

5-5 数列的综合应用5-5 数列的综合应用 课时规范练课时规范练 (授课提示：对应学生用书第 275 页) A 组 基础对点练 1 (2018·龙泉驿区期末)等差数列an的公差为 1， 且a1，a3，a7成等比数列， 则an的前 20 项和为( A ) A230 B230 C210 D210 2 在等比数列an中，Sn是它的前n项和， 若q2， 且a2与2a4的等差中项为18， 则S5( A ) A62 B62 C32 D32 3已知数列an，定直线l：yx，若(n，an)在直线l上，则数列an的前 13 m3 2m4 m9 2m4 项和为( C ) A10 B21 C39 D78 4等差数列an中的a4，a2 016是函数f(x)x36x24x1 的极值点，则 loga1 010( 1 4 D ) A. B2 1 2 C2 D1 2 5(2018·柳林县期末)已知x0，y0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列， 则的最小值是( C ) ab cd A0 B1 C2 D4 解析 ： 由x0，y0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列， 可得abxy，xycd， 则2， ab cd xy xy 2xy xy 当且仅当xy时，等号成立，则的最小值是 2. ab cd 6已知在等差数列an中，a1120，公差d4，若Snan(n2)，其中Sn为该数列的 前n项和，则n的最小值为( B ) A60 B62 C70 D72 7 等差数列an的首项为1， 公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列， 则an前6项的和为( A ) A24 B3 C3 D8 8设Sn为等比数列an的前n项和若a11，且 3S1,2S2，S3成等差数列，则an 3n 1 . 解析 ： 由 3S1,2S2，S3成等差数列，得 4S23S1S3，即 3S23S1S3S2，则 3a2a3，得公 比q3，所以ana1qn13n1. 9(2017·江西师大附中检测)已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且S1，S3，S4成等 差数列，则数列an的公比为 . 1 5 2 解析 ： 设an的公比为q， 由题意易知q0且q1， 因为S1，S3，S4成等差数列， 所以2S3S1S4， 即a1，解得q. 2a11q3 1q a11q4 1q 1 5 2 10已知函数yf(x)的定义域为 R R，当x1，且对任意的实数x，yR R，等式 f(x)f(y)f(xy)恒成立若数列an满足a1f(0)，且f(an1)(nN N*)， 1 f2an 则a2 016的值为 4 031 . 解析 ： 根据题意， 不妨设f(x) x， 则a1f(0)1， f(an1) ， an1an ( 1 2) 1 f2an 2， 数列an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列， an2n1，a2 0164 031. 11 (2016·高考四川卷)已知数列an的首项为 1，Sn为数列an的前n项和，Sn1qSn1， 其中q0，nN N*. (1)若a2，a3，a2a3成等差数列，求数列an的通项公式； (2)设双曲线x21 的离心率为en，且e22，求eee. y2 a2 n 2 12 22n 解析：(1)由已知，Sn1qSn1，Sn2qSn11，两式相减得到an2qan1，n1. 又由S2qS11 得到a2qa1， 故an1qan对所有n1 都成立 所以数列an是首项为 1，公比为q的等比数列 从而anqn1. 由a2，a3，a2a3成等差数列，可得 2a3a2a2a3， 所以a32a2，故q2，所以an2n1(nN N*) (2)由(1)可知，anqn1. 所以双曲线x21 的离心率en .由e2 2 解得q. y2 a2 n 1a2 n 1q2n11q23 所以eee(11)(1q2)1q2(n1)n1q2q2(n1) 2 12 22n nn (3n1) q2n1 q21 1 2 12 已知等差数列an的各项均为正数，a11， 前n项和为Sn， 数列bn为等比数列，b11， 且b2S26，b2S38. (1)求数列an与bn的通项公式； (2)求. 1 S1 1 S2 1 Sn 解析：(1)设等差数列an的公差为d，d0，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1. 依题意有Error! 解得Error!或Error!(舍去) 故ann，bn2n1. (2)由(1)知Sn12nn(n1)， 1 2 2， 1 Sn 2 nn1( 1 n 1 n1) 2Error! 1 S1 1 S2 1 Sn Error!2. (1 1 n1) 2n n1 B 组 能力提升练 1(2018·武平县校级月考)已知函数f(x)，Mfff(nN N*，且n 4x 2x1( 1 n)( 2 n)( n n) 为奇数)，则M等于( C ) A2n1 Bn1 2 C2n2 D2n1 2 解析：化简f(x)2，则f(1x)2， 2 2x1 2 2x1 f(x)f(1x)4，且f(0)0，Mf(0)fff， ( 1 n)( 2 n)( n n) 2M4(n1)， f0f( n n) f( 1 n)f( n1 n)f( n n)f0 M2n2. 2 (2018·柯桥区期末)设数列an是首项为 1， 公比为q(q1)的等比数列， 若 1 anan1 是等差数列，则的值等于( C ) ( 1 a1 1 a2) ( 1 a2 1 a3)( 1 a2 017 1 a2 018) A2 017 B2 018 C4 034 D4 036 解析：数列an是首项为 1，公比为q(q1)的等比数列，可得anqn1， 1 anan1 ·. 1 qn1qn 1 1q 1 qn1 由是等差数列，可得q1，即an1， 1 anan1 即有2222×2 0174 034. ( 1 a1 1 a2) ( 1 a2 1 a3)( 1 a2 017 1 a2 018) 3 已知数列an的首项a12， 数列bn为等比数列， 且bn， 若b10b112， 则a21( C ) an1 an A29 B210 C211 D212 4(2018·宜宾期末)已知数列an是公差不为零的等差数列，且a12，Sn为其前n项和， 等比数列bn的前三项分别为a2，a5，a11，设向量(nN N*)，则的模的最大OQn ( an n ，S n n2) OQn 值是( B ) A. B222 C. D233 解析 ： 由题意可得aa2a11， 即(a14d)2(a1d)·(a110d)， 化为a12d2， 可得d1， 2 5 则an2n1n1，Snn(n3) 1 2 向量，可得OQn ( an n ，S n n2) ( n1 n ，n3 2n) |2 22 .OQn (1 1 n) 1 4(1 3 n) 13 4n2 7 2n 5 4 由于nN N*，当n1 时， 取得最大值 1， 1 n 可得 的最大值为 8， 13 4n2 7 2n 5 4 13 4 7 2 5 4 则的模的最大值是 2.OQn 2 5若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2 这三个数 可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于 9 . 解析：依题意有a，b是方程x2pxq0 的两根，则abp，abq，由p0，q0 可 知a0，b0.由题意可知ab(2)24q，a22b或b22a， 将a22b代入ab4 可解得a4，b1， 此时ab5， 将b22a代入ab4 可解得a 1，b4，此时ab5，则p5，故pq9. 6(2018·上饶三模)已知等比数列an的首项是 1，公比为 3，等差数列bn的首项是5， 公差为 1，把bn中的各项按如下规则依次插入到an的每相邻两项之间，构成新数列cn： a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4，即在an和an1两项之间依次插入bn中n个 项，则c2 018 1 949 .(用数字作答) 解析 ： 由题意得an3n1，bn5(n1)×1n6， 数列cn中的项为 30， 5,31， 4， 3,32，2，1,0,33，3n时，共有项数为 12n(n1). n1n2 2 当n62 时，2 016， 63 × 64 2 即此时共有 2 016 项，且第 2 016 项为 362， c2 018b1 9551 95561 949. 7对于数列an，若对m，nN N*(mn)，都有t(t为常数)成立，则称数列an具 aman mn 有性质P(t)若数列an的通项公式为an2n，且具有性质P(t)，则t的最大值为 2 . 解析：借助y2x的图象(图略)可知，表示该图象上两个整数点连线的斜率，由图象 aman mn 知m1，n2 或m2，n1 时斜率取最小值 2，若对m，nN N*(mn)，都有t成 aman mn 立，则t2，所以t的最大值为 2. 8 对于数列an， 定义Hn为an的 “优值” ， 现在已知某数列an的 “优 a12a22n1an n 值”Hn2n1，记数列ankn的前n项和为Sn，若SnS5对任意的nN N*恒成立，则实数k 的取值范围为 . 7 3， 12 5 解析：由题意知Hn2n1， a12a22n1an n 所以a12a22n1ann×2n1， 当n2 时，a12a22n2an1(n1)×2n， 得 2n1ann×2n1(n1)×2n， 解得an2n2，n2， 当n1 时，a14 也满足上式，所以数列an的通项公式为an2n2，且数列an为等差 数列，公差为 2. 令bnankn(2k)n2，则数列bn也是等差数列， 由SnS5对任意的nN N*恒成立， 知 2k0. 由题意得Error!所以 3q25q20， 因为q0，所以q2，x11， 因此数列xn的通项公式为xn2n1. (2)过P1，P2，P3，Pn1向轴x作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Q3，Qn1， 由(1)得xn1xn2n2n12n1， 记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn. 由题意bn×2n1(2n1)×2n2， nn1 2 所以Tnb1b2b3bn 3×215×207×21(2n1)×2n3(2n1)×2n2， 又 2Tn3×205×217×22(2n1)×2n2(2n1)×2n1， 得 Tn3×21(2222n1)(2n1)×2n1 (2n1)×2n1. 3 2 212n1 12 所以Tn. 2n1 × 2n1 2