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2020届高考数学(文)二轮总复习训练:1-2-3数列的综合应用 WORD版含答案.doc

上传人:高**** 文档编号:163796 上传时间:2024-05-25 格式:DOC 页数:9 大小:71KB
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资源描述

1、1.2.3 数列的综合应用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,a3a7

2、b4b6,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

3、,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)(anan

4、1)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

5、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

6、_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

7、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,cnc

8、n1n1,累加得,cnc11234(n1),所以cn1,由cn156,得n11,所以a56b112101 024.答案:1 024三、解答题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,bnbn12n

9、1.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的取值范围解析:(1)a26,a312.当n2时,ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)222232n2(123n)n(n1)因为当n1时,a12也满足上式,所以ann(n1)(2)bn.因为bn1bn0,所以bn1bn恒成立,所以t22t,解得t2,所以实数t的取值范围为(,0)(2,)

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