備考2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)分層練習(xí)第五章數(shù)列第5講數(shù)列的綜合應(yīng)用

第5講數(shù)列的綜合應(yīng)用1.已知1，a1，a2，3成等差數(shù)列，1，b1，b2，b3，4成等比數(shù)列，則a1＋a2bA.2 B.－2 C.±2 D.5解析由等差數(shù)列的性質(zhì)知a1＋a2＝1＋3＝4.由等比數(shù)列的性質(zhì)知b22＝1×4＝4，∴b2＝±2.由于等比數(shù)列中奇數(shù)項(xiàng)符號(hào)相同，偶數(shù)項(xiàng)符號(hào)相同，∴b2＝2，∴a1＋2.[2024青島市檢測(cè)]記Sn為等比數(shù)列{an}（an＞0）的前n項(xiàng)和，且a1a3＝16，2S1，32S2，S3成等差數(shù)列，則S6＝（DA.256 B.254 C.128 D.126解析解法一設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍n＞0，所以q＞0.因?yàn)閍1a3＝16，所以a12q2＝16，即a1q因?yàn)?S1，32S2，S3成等差數(shù)列，所以3S2＝2S1＋S3，所以q≠1，3×a1（1－q2）1－q＝2a1＋a1（1－q3）1－q，化簡(jiǎn)，得3a1（1＋q）＝2a1＋a1（1＋q＋q2），即q2＝2q，因?yàn)閝＞0，所以q＝2，又a1q＝4解法二設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍n＞0，所以q＞0.由a1a3＝a22＝16，得a2＝4.由2S1，32S2，S3成等差數(shù)列，得3S2＝2S1＋S3，即2（S2－S1）＝S3－S2，所以a3＝2a2，所以q＝a3a2＝2，則a1＝a2q＝2，所以S6＝a1（13.[2024河南名校模擬]已知數(shù)列{an}是遞增的等差數(shù)列，a3是a1與a11的等比中項(xiàng)，且a2＝5.若bn＝an+1－an，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝（A.3n+2－2 B.3nC.3n+2－5 D.3解析 因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}為遞增數(shù)列，所以其公差d＞0，由題意可知，a1＋d=5，（a1+2d）2＝a1（a1+10d),解得a1=2，d=3或a1=5，d=0（舍去），所以an＝3n－1，bn＝3n+2－3n－1，所以Sn＝b1＋b2＋b4.[2024湖南永州聯(lián)考]已知函數(shù)f（x）＝x3＋3x2＋x＋1，設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝－2n＋9，則f（a1）＋f（a2）＋…＋f（a9）＝（D）A.36 B.24 C.20 D.18解析f（x）＝x3＋3x2＋x＋1＝（x＋1）3－2（x＋1）＋2，所以曲線f（x）的對(duì)稱中心為（－1，2），即f（x）＋f（－2－x）＝4.因?yàn)閍n＝－2n＋9，易知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a5＝－1，a1＋a9＝a2＋a8＝a3＋a7＝a4＋a6＝2a5＝－2，所以f（a1）＋f（a9）＝f（a2）＋f（a8）＝f（a3）＋f（a7）＝f（a4）＋f（a6）＝4，f（a5）＝f（－1）＝2，所以f（a1）＋f（a2）＋…＋f（a9）＝4×4＋2＝18.故選D.5.[多選/2024昆明市模擬]已知a，b，c為非零實(shí)數(shù)，則下列說法確定正確的是（AD）A.若a，b，c成等比數(shù)列，則1a，1b，B.若a，b，c成等差數(shù)列，則1a，1b，C.若a2，b2，c2成等比數(shù)列，則a，b，c成等比數(shù)列D.若a，b，c成等差數(shù)列，則2a，2b，2c成等比數(shù)列解析對(duì)于A，若a，b，c成等比數(shù)列，則b2＝ac，又a，b，c均為非零實(shí)數(shù)，則有1b2＝1ac，即1a，1b，1c成等比數(shù)列，所以A正確；對(duì)于B，不妨設(shè)a＝1，b＝2，c＝3，滿意a，b，c成等差數(shù)列，而1a＝1，1b＝12，1c＝13，因?yàn)?，12，13不成等差數(shù)列，所以1a，1b，1c不成等差數(shù)列，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C，不妨設(shè)a＝1，b＝－1，c＝－1，滿意a2，b2，c2成等比數(shù)列，但1，－1，－1不成等比數(shù)列，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若a，b，c成等差數(shù)列，則2b＝a＋c，所以2a×2c＝2a＋c＝22b＝6.[向量與數(shù)列綜合]如圖，點(diǎn)D為△ABC的邊BC上一點(diǎn)，BD＝2DC，En（n∈N*）為AC上一列點(diǎn)，且滿意：EnA＝（3an－3）EnD＋（－n2－n＋1）EnB，則1a1＋1a2＋1解析BD＝2DC，即EnD－EnB＝2（EnC－EnD），所以EnC＝32EnD－12EnB.設(shè)EnA＝λEnC，則EnA＝3λ2EnD－－3（－n2－n＋1），可得an＝n2＋n，所以1an＝1n2＋n＝1n－1n+1，則1a1＋1a2＋…＋1an＝1－12＋7.已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝an+3，n3?N*，an－1，n3∈N*，則使an解析由已知可得，在數(shù)列{an}中a1＝1，a2＝4，a3＝7，a4＝4，a5＝7，a6＝10，a7＝7，a8＝10，a9＝13，….視察可得，an＝n當(dāng)m＝673時(shí)，a2020＝2020，a2021＝2023，a2022＝2026；當(dāng)m＝672時(shí)，a2017＝2017，a2018＝2020，a2019＝2023.所以滿意an＜2025對(duì)隨意的n≤k（k∈N*）恒成立的最大的k的值為2021.8.[2024江蘇南京統(tǒng)考]已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿意：a1＋a4＝18，a2a3＝32.（1）求{an}的通項(xiàng)公式.（2）記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＝2bn－an，n∈N*，證明：{bnan解析（1）解法一因?yàn)閧an}是等比數(shù)列，設(shè)公比為q，所以a1a4＝a2a3＝32，又a1＋a4＝18，解得a1=2又q＞1，所以a1=2，a4=16，所以q因此an＝a1qn－1＝2n.解法二設(shè)公比為q，由a1＋a1又q＞1，所以a1=2，q=2，因此an＝a1qn－（2）由（1）得Sn＝2bn－2n，所以Sn＋1＝2bn＋1－2n＋1，兩式作差可得Sn＋1－Sn＝2bn＋1－2n＋1－（2bn－2n），即bn＋1＝2bn＋1－2n－2bn，整理得bn＋1－2bn＝2n，n∈N*.等式兩邊同除以2n＋1得，bn+12n+1－bn2n＝12，即bn+1所以數(shù)列{bnan}是公差為9.[2024山東濰坊模擬]在公差不為零的等差數(shù)列{an}中，a1＝1，且a1，a3，a13成等比數(shù)列，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn滿意Sn＝2bn－2.（1）求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)cn＝bn－an，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，若不等式Tn＋n2－n＞log2（1－a）對(duì)隨意n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解析（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d（d≠0），∵a1＝1，且a1，a3，a13成等比數(shù)列，∴a32＝a1a13，即（1＋2d）2＝1＋12d，得d＝∴an＝1＋2（n－1）＝2n－1.∵Sn＝2bn－2，當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝2b1－2，∴b1＝2，當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝Sn－Sn－1＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1，故數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，∴bn＝2n.（2）由（1）可得cn＝bn－an＝2n－（2n－1），∴Tn＝2（1－2n）1－2－n（1+2∴Tn＋n2－n＝2n＋1－n－2.令f（x）＝2x＋1－x－2（x≥1），f'（x）＝2x＋1ln2－1，∵x≥1，∴f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，∴f（x）min＝f（1）＝1.∴l(xiāng)og2（1－a）＜1，∴0＜1－a＜2，∴－1＜a＜1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為（－1，1）.10.[2024遼寧沈陽二中?？糫已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1－1n＝（1＋1n）an，n∈N*.若對(duì)于隨意的t∈[1，2]，不等式ann＜－2t2－（a＋1）t＋a2－a＋2恒成立，則實(shí)數(shù)a的值可能為（A.－4 B.－1 C.0 D.2解析因?yàn)閍n＋1－1n＝（1＋1n）an，所以an＋1－n+1nan＝1n，即an+1n+1所以當(dāng)n≥2時(shí)，ann＝（ann－an－1n－1）＋（an－1n－1－an－2n－2）＋…＋（a22－a11）＋a1＝（1n－1－1n）＋（1n－2－1n－1）＋…＋（1－12）＋1＝2－1n＜2，a11＝1＜2，又不等式ann＜－2t2－（a＋1）t＋a2－a＋2對(duì)于隨意的t∈[1，2]恒成立，所以－2t2－（a＋1）t＋a2－a＋2≥2對(duì)于隨意的t∈[1，2]恒成立，即2t2＋（a＋1）t－a2＋a≤0對(duì)于隨意的t∈[1，2]恒成立.設(shè)f（t）＝11.[多選/2024浙江名校聯(lián)考]已知數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，且a1＞0，則下列敘述中正確的是 （BD）A.若a1＋a4＝a2＋a3，則q＝1B.若a2＝lna1＋lna3，則q＜0C.若2a3＝ea1＋ea2D.若0＜a1＜1，且a1＋a2＋a3＝ln（a1＋a2＋a3＋a4），則q＞1解析對(duì)于選項(xiàng)A，因?yàn)閍1＋a4＝a2＋a3，所以1＋q3＝q＋q2，即（q－1）2（q＋1）＝0，解得q＝－1或q＝1，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤.對(duì)于選項(xiàng)B，a2＝lna1＋lna3＝ln（a1a3）＝lna22，明顯a2≠1，構(gòu)造函數(shù)f（x）＝lnx2－x，x＞0，則f'（x）＝2x－1，令f'（x）＞0，得0＜x＜2，令f'（x）＜0，得x＞2，所以函數(shù)f（x）在（0，2）上單調(diào)遞增，在（2，＋∞）上單調(diào)遞減，所以f（x）max＝f（2）＝ln4－2＜0，所以f（x）＝0在（0，＋∞）上無實(shí)數(shù)解.明顯a2＞0時(shí)不合題意，舍去，所以a2＜0，又a1＞0，所以q＜0，所以選項(xiàng)對(duì)于選項(xiàng)C，由不等式ex≥x＋1＞x（令g（x）＝ex－x－1，則g'（x）＝ex－1，當(dāng)x＞0時(shí)，g'（x）＞0，當(dāng)x＜0時(shí)，g'（x）＜0，所以g（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，且g（x）min＝g（0）＝0，所以ex≥x＋1），可知2a3＝ea1＋ea2＞a1＋a2，所以2q2＞1＋q，解得q＞1或q＜－1對(duì)于選項(xiàng)D，由不等式lnx≤x－1（令h（x）＝lnx－x＋1，則h'（x）＝1－xx，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x＞1時(shí)，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，所以h（x）max＝h（1）＝0，所以lnx≤x－1），可知a1＋a2＋a3＝ln（a1＋a2＋a3＋a4）≤a1＋a2＋a3＋a4－1，所以a4≥1，即a1q3≥1，因?yàn)?＜a1＜1，所以q3＞1，所以q＞1，所以選項(xiàng)D正確12.[2024惠州市一調(diào)]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，且d＝2a1，a5＝9.（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)數(shù)列{bn}滿意a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝3－2n+32n，求{bn}的前n解析（1）依題意有d=2解得a1＝1，d＝2.于是an＝a1＋（n－1）d＝2n－1.故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝2n－1.（2）∵n∈N*，a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝3－2n∴當(dāng)n≥2時(shí)，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝3－2n兩式相減得，anbn＝2n－12n（n∈N*，而當(dāng)n＝1時(shí)，a1b1＝12滿意上式，因此anbn＝2n－12n（由（1）知an＝2n－1，于是得bn＝12∴b1＝12，bnbn－1＝12∴{bn}是以12為首項(xiàng)，1∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝12[1－（12）n13.[2024石家莊市三檢]已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿意a1＝3，a2＋a3＝36，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn滿意3Sn＋n2＝3nbn＋n，b1＝23（1）求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；（2）若存在正整數(shù)n，使得27bn3－8Man≥0成立，求實(shí)數(shù)M的取值范圍.（33≈1.4，ln3解析（1）設(shè)數(shù)列{an}的公比為q（q＞0），由已知得3q＋3q2＝36，即q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4（舍），所以an＝3×3n－1＝3n.因?yàn)?Sn＋n2＝3nbn＋n，所以當(dāng)n≥2時(shí)，3Sn－1＋（n－1）2＝3（n－1）bn－1＋n－1，兩式作差得3（n－1）bn＝3（n－1）bn－1＋2（n－1）（n≥2），因?yàn)閚≥2，所以bn－bn－1＝23，即數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為23，公差為所以bn＝23＋（n－1）×23＝2（2）27bn3－8Man≥0，即M≤27b設(shè)cn＝n33n，則M小于等于數(shù)列{cn解法一設(shè)n＝k（k∈N*）時(shí)，cn最大，因?yàn)閏1＝13，c2＝89＞c1，所以k＞1.所以ck≥ck－1，ck≥c即k33k≥（k－1）33k－1，k33即2.5≤k≤3.5（k∈N*），所以k＝3.故數(shù)列{cn}的最大項(xiàng)是c3＝3333所以M≤1，即實(shí)數(shù)M的取值范圍是（－∞，1].解法二設(shè)f（x）＝x33x，則f'（x）當(dāng)x∈（3ln3，＋∞）時(shí)，f'（x）＜0，f（x）在區(qū)間（3ln3，所以當(dāng)n≥3時(shí)，數(shù)列{cn}是遞減數(shù)列.又c1＝13，c2＝89，c3＝1，所以數(shù)列{cn}的最大項(xiàng)是c3＝所以M≤1，即實(shí)數(shù)M的取值范圍是（－∞，1].14.[多選]設(shè)隨機(jī)變量ξ的分布列如下：ξ12345678910Pa1a2a3a4a5a6a7a8a9a10則下列說法正確的是（ABD）A.當(dāng){an}為等差數(shù)列時(shí)，a5＋a6＝1B.當(dāng)數(shù)列{an}滿意an＝12n（n＝1，2，…，9）時(shí)，a10C.數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式可以為an＝10D.當(dāng)數(shù)列{an}滿意P（ξ≤k）＝k2ak（k＝1，2，…，10）時(shí)，an＝11解析由隨機(jī)變量分布列的性質(zhì)可知，a1＋a2＋…＋a10＝1.對(duì)于A，若{an}為等差數(shù)列，則a1＋a2＋…＋a10＝5（a5＋a6）＝1，則a5＋a6＝15，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于B，因?yàn)閿?shù)列{an}滿意an＝12n（n＝1，2，…，9），所以a1＋a2＋…＋a9＝12－12101－12＝1－129，又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a10＝129，故選項(xiàng)B正確；對(duì)于C，因?yàn)閍n＝109n（n+1）＝109（1n－1n+1），所以a1＋a2＋…＋a10＝109×[（1－12）＋（12－13）＋…＋（110－111）]＝10099≠1，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于D，令Sk＝P（ξ≤k）＝k2ak（k＝1，2，…，10），則ak＋1＝Sk＋1－Sk＝（k＋1）2ak＋1－k2ak，即ak+1ak＝kk+2（k＝1，2，…，9），所以an＝a1