2022屆高考數(shù)學(xué)大一輪總復(fù)習(xí)(北師大版理科)配套題庫：第6章-第5講-數(shù)列的綜合應(yīng)用-

第5講數(shù)列的綜合應(yīng)用一、選擇題1．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，過點(diǎn)P(n，Sn)和Q(n＋1，Sn＋1)(n∈N＋)的直線的斜率為3n－2，則a2＋a4＋a5＋a9的值等于()A．52 B．40C．26 D．20解析由題意，知eq\f(Sn＋1－Sn,n＋1－n)＝3n－2，∴Sn＋1－Sn＝3n－2，即an＋1＝3n－2.∴an＝3n－5.因此數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a5＝10.∴a2＋a4＋a5＋a9＝2(a3＋a7)＝4a5答案B2．?dāng)?shù)列{an}滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,2)，則an＝()A.eq\f(1,3·2n－1) B.eq\f(1,2·3n－1)C.eq\f(1,2n) D.eq\f(n,3n)解析令n＝1，得a1＝eq\f(1,2)，排解A、D；再令n＝2，得a2＝eq\f(1,6)，排解C，故選B.答案B3．在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，則an＝()A．2＋lnn B．2＋(n－1)lnnC．2＋nlnn D．1＋n＋lnn解析a2＝a1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)))，a3＝a2＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))，…，an＝an－1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n－1)))?an＝a1＋lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)))))＝2＋lnn.答案A4．某化工廠打算投入一條新的生產(chǎn)線，但需要經(jīng)環(huán)保部門審批同意方可投入生產(chǎn)．已知該生產(chǎn)線連續(xù)生產(chǎn)n年的累計產(chǎn)量為f(n)＝eq\f(1,2)n(n＋1)(2n＋1)噸，但假如年產(chǎn)量超過150噸，將會給環(huán)境造成危害．為疼惜環(huán)境，環(huán)保部門應(yīng)給該廠這條生產(chǎn)線擬定最長的生產(chǎn)期限是()．A．5年 B．6年 C．7年 D．8年解析由已知可得第n年的產(chǎn)量an＝f(n)－f(n－1)＝3n2.當(dāng)n＝1時也適合，據(jù)題意令an≥150?n≥5eq\r(2)，即數(shù)列從第8項(xiàng)開頭超過150，即這條生產(chǎn)線最多生產(chǎn)7年．答案C5．在等差數(shù)列{an}中，滿足3a4＝7a7，且a1>0，Sn是數(shù)列{an}前n項(xiàng)的和，若Sn取得最大值，則A．7 B．8 C．9 D．10解析設(shè)公差為d，由題設(shè)3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，所以d＝－eq\f(4,33)a1<0.解不等式an>0，即a1＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,33)a1))>0，所以n<eq\f(37,4)，則n≤9，當(dāng)n≤9時，an>0，同理可得n≥10時，an<0.故當(dāng)n＝9時，Sn取得最大值．答案C6．設(shè)函數(shù)f(x)＝2x－cosx，{an}是公差為eq\f(π,8)的等差數(shù)列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5π，則[f(a3)]2－a1a5＝()．A．0 B.eq\f(1,16)π2 C.eq\f(1,8)π2 D.eq\f(13,16)π2解析設(shè)g(x)＝2x＋sinx，由已知等式得geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(π,2)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(π,2)))＋…＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a5－\f(π,2)))＝0，則必有a3－eq\f(π,2)＝0，即a3＝eq\f(π,2)(否則若a3－eq\f(π,2)＞0，則有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(π,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a5－\f(π,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(π,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a4－\f(π,2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a3－\f(π,2)))＞0，留意到g(x)是遞增的奇函數(shù)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a3－\f(π,2)))＞0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(π,2)))＞geq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a5－\f(π,2)))))＝－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a5－\f(π,2)))，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(π,2)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a5－\f(π,2)))＞0，同理geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(π,2)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a4－\f(π,2)))＞0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(π,2)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(π,2)))＋…＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a5－\f(π,2)))＞0，這與“geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(π,2)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(π,2)))＋…＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a5－\f(π,2)))＝0”相沖突，因此a3－eq\f(π,2)＞0不行能；同理a3－eq\f(π,2)＜0也不行能)；又{an}是公差為eq\f(π,8)的等差數(shù)列，a1＋2×eq\f(π,8)＝eq\f(π,2)，a1＝eq\f(π,4)，a5＝eq\f(3π,4)，f(a3)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝π－coseq\f(π,2)＝π，[f(a3)]2－a1a5＝eq\f(13,16)π2，選D.答案D二、填空題7．已知a，b，c成等比數(shù)列，假如a，x，b和b，y，c都成等差數(shù)列，則eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝________.解析賦值法．如令a，b，c分別為2,4,8，可求出x＝eq\f(a＋b,2)＝3，y＝eq\f(b＋c,2)＝6，eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝2.答案28．設(shè){an}是等比數(shù)列，公比q＝eq\r(2)，Sn為{an}的前n項(xiàng)和．記Tn＝eq\f(17Sn－S2n,an＋1)，n∈N＋.設(shè)Tn0為數(shù)列{Tn}的最大項(xiàng)，則n0＝________.解析依據(jù)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，則Tn＝eq\f(17×\f(a11－qn,1－q)－\f(a11－q2n,1－q),a1qn)＝eq\f(q2n－17qn＋16,1－qqn)＝eq\f(1,1－q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(qn＋\f(16,qn)－17))，令qn＝(eq\r(2))n＝t，則函數(shù)g(t)＝t＋eq\f(16,t)，當(dāng)t＝4時函數(shù)g(t)取得最小值，此時n＝4，而eq\f(1,1－q)＝eq\f(1,1－\r(2))<0，故此時Tn最大，所以n0＝4.答案49．某科研單位欲拿出確定的經(jīng)費(fèi)嘉獎科研人員，第一名得全部資金的一半多一萬元，其次名得余下的一半多一萬元，以名次類推都得到余下的一半多一萬元，到第十名恰好分完，則此單位共拿出________萬元資金進(jìn)行嘉獎．[來源:解析設(shè)第十名到第一名得到的資金分別是a1，a2，…，a10，則an＝eq\f(1,2)Sn＋1，∴a1＝2，又an－1＝eq\f(1,2)Sn－1＋1(n≥2)，故an－an－1＝eq\f(1,2)an.∴an＝2an－1則每人所得資金數(shù)組成一個以2為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列，所以S10＝eq\f(21－210,1－2)＝2046.答案204610．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列{an}的各項(xiàng)按如下規(guī)律排列：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(2,3)，eq\f(1,4)，eq\f(2,4)，eq\f(3,4)，eq\f(1,5)，eq\f(2,5)，eq\f(3,5)，eq\f(4,5)，…，eq\f(1,n)，eq\f(2,n)，…，eq\f(n－1,n)，…，有如下運(yùn)算和結(jié)論：①a24＝eq\f(3,8)；②數(shù)列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…是等比數(shù)列；③數(shù)列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…的前n項(xiàng)和為Tn＝eq\f(n2＋n,4)；④若存在正整數(shù)k，使Sk<10，Sk＋1≥10，則ak＝eq\f(5,7).其中正確的結(jié)論有________．(將你認(rèn)為正確的結(jié)論序號都填上)解析依題意，將數(shù)列{an}中的項(xiàng)依次按分母相同的項(xiàng)分成一組，第n組中的數(shù)的規(guī)律是：第n組中的數(shù)共有n個，并且每個數(shù)的分母均是n＋1，分子由1依次增大到n，第n組中的各數(shù)和等于eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq\f(n,2).對于①，留意到21＝eq\f(66＋1,2)<24<eq\f(77＋1,2)＝28，因此數(shù)列{an}中的第24項(xiàng)應(yīng)是第7組中的第3個數(shù)，即a24＝eq\f(3,8)，因此①正確．對于②、③，設(shè)bn為②、③中的數(shù)列的通項(xiàng)，則bn＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq\f(n,2)，明顯該數(shù)列是等差數(shù)列，而不是等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和等于eq\f(1,2)×eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(n2＋n,4)，因此②不正確，③正確．對于④，留意到數(shù)列的前6組的全部項(xiàng)的和等于eq\f(62＋6,4)＝10eq\f(1,2)，因此滿足條件的ak應(yīng)是第6組中的第5個數(shù)，即ak＝eq\f(5,7)，因此④正確．綜上所述，其中正確的結(jié)論有①③④.答案①③④三、解答題11．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S5＝35，a5和a7的等差中項(xiàng)為13.(1)求an及Sn；(2)令bn＝eq\f(4,a\o\al(2,n)－1)(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由于S5＝5a3＝35，a5＋a7所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝7，,2a1＋10d＝26，))解得a1＝3，d＝2，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，Sn＝3n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2＋2n.(2)由(1)知an＝2n＋1，所以bn＝eq\f(4,a\o\al(2,n)－1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).12．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an＋nn為奇數(shù)，n∈N＋,an－2nn為偶數(shù)，n∈N＋)).(1)求a2，a3；(2)設(shè)bn＝a2n－2，n∈N＋，求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式；(3)已知cn＝logeq\f(1,2)|bn|，求證：eq\f(1,c1c2)＋eq\f(1,c2c3)＋…＋eq\f(1,cn－1cn)<1.解(1)由數(shù)列{an}的遞推關(guān)系易知：a2＝eq\f(3,2)，a3＝－eq\f(5,2).(2)證明：bn＋1＝a2n＋2－2＝eq\f(1,2)a2n＋1＋(2n＋1)－2[來源＝eq\f(1,2)a2n＋1＋(2n－1)＝eq\f(1,2)(a2n－4n)＋(2n－1)＝eq\f(1,2)a2n－1＝eq\f(1,2)(a2n－2)＝eq\f(1,2)bn.又b1＝a2－2＝－eq\f(1,2)，∴bn≠0，∴eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(1,2)，即數(shù)列{bn}是公比為eq\f(1,2)，首項(xiàng)為－eq\f(1,2)的等比數(shù)列，bn＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.(3)證明：由(2)有cn＝logeq\f(1,2)|bn|＝logeq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝n.∵eq\f(1,n－1n)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)(n≥2)．∴eq\f(1,c1c2)＋eq\f(1,c2c3)＋…＋eq\f(1,cn－1cn)＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,n－1n)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝1－eq\f(1,n)<1.13．已知各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列{an}的前四項(xiàng)和為14，且a1，a3，a7恰為等比數(shù)列{bn}的前三項(xiàng)．(1)分別求數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和Sn，Tn；(2)記數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和為Kn，設(shè)cn＝eq\f(SnTn,Kn)，求證：cn＋1>cn(n∈N*)．(1)解設(shè)公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝14，,a1＋2d2＝a1a1＋6d，))解得d＝1或d＝0(舍去)，a1＝2，所以an＝n＋1，Sn＝eq\f(nn＋3,2).又a1＝2，d＝1，所以a3＝4，即b2＝4.所以數(shù)列{bn}的首項(xiàng)為b1＝2，公比q＝eq\f(b2,b1)＝2，所以bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.(2)證明由于Kn＝2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n， ①故2Kn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1， ②①－②得－Kn＝2·21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1，∴Kn＝n·2n＋1，則cn＝eq\f(SnTn,Kn)＝eq\f(n＋32n－1,2n＋1).cn＋1－cn＝eq\f(n＋42n＋1－1,2n＋2)－eq\f(n＋32n－1,2n＋1)＝eq\f(2n＋1＋n＋2,2n＋2)>0，所以cn＋1>cn(n∈N*)．14．某商店投入38萬元經(jīng)銷某種紀(jì)念品，經(jīng)銷時間共60天，為了獲得更多的利潤，商店將每天獲得的利潤投入到次日的經(jīng)營中，市場調(diào)研表明，該商店在經(jīng)銷這一產(chǎn)品期間第n天的利潤an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，1≤n≤25,\f(1,25)n，26≤n≤60))(單位：萬元，n∈N＋)，記第n天的利潤率bn＝eq\f(第n天的利潤,前n