（2022高考数学一轮复习(步步高)）第六章 强化训练6　数列中的综合问题.docx

1、强化训练强化训练 6数列中的综合问题数列中的综合问题 1 (2020东三省四市模拟)等比数列an中， a5， a7是函数 f(x)x24x3 的两个零点， 则 a3a9 等于() A3B3C4D4 答案B 解析a5，a7是函数 f(x)x24x3 的两个零点，a5，a7是方程 x24x30 的两个根， a5a73，由等比数列的性质可得 a3a9a5a73. 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() A110B90C90D110 答案D 解析a7是 a3与 a9的等比中项， a27a3a9， 又数列an的公差为2， (a112

2、)2(a14)(a116)，解得 a120， an20(n1)(2)222n， S1010a1a10 2 5(202)110. 3若等差数列an的公差 d0 且 a1，a3，a7成等比数列，则a2 a1等于( ) A.3 2 B.2 3 C.1 2 D2 答案A 解析设等差数列的首项为 a1，公差为 d， 则 a3a12d，a7a16d. 因为 a1，a3，a7成等比数列， 所以(a12d)2a1(a16d)， 解得 a12d.所以a2 a1 2dd 2d 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

3、，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() A3 233 万元B4 706 万元 C4 709 万元D4 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(n1,2,3，10)， 则 a5a242， a7a4168， 所以 a1q4a1q42， a1q6a1q3168， 解得 a13， q2. 故 a10a1q91 536. 依题意 x1 5361 7

4、00，即 x164. 所以总费用为 10 xa1a2a1010 x312 10 12 10 x3 0694 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 20.301 0，lg 30.477 1() A2024 年B2025 年 C2026 年D2027 年 答案C 解析由题意，设从 2019 年开始，第 n 年的获利为 an(nN*)万元， 则数列an为等比数列，其中 2019 年的获利为首项，即 a120. 2020

5、 年的获利为 a220(120%)206 5(万元)， 2021 年的获利为 a320(120%)220 6 5 2(万元)， 数列an的通项公式为 an20 6 5 n1(nN*)， 由题意可得 an20 6 5 n160，即 6 5 n13， n1 6 5 log 3 lg 3 lg 6 5 lg 3 lg 6lg 5 lg 3 lg23lg 10 2 lg 3 2lg 2lg 31 0.477 1 20.301 00.477 116.031 66， n8， 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

6、a15a3S8，下列选 项正确的有() Aa100BS10最小 CS7S12DS200 答案AC 解析根据题意，数列an是等差数列，若 a15a3S8， 即 a15a110d8a128d，变形可得 a19d， 又由 ana1(n1)d(n10)d， 则有 a100，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 Snna1nn1d 2 9ndnn1d 2 d 2(n 219n)， 则有 S7S12，故 C 一定正确； 则 S2020a12019 2 d180d190d10d，d0，S200，则 D 不正确 7(2021泰安模拟)数列an满足 a1

7、2，an11an 1an，则 a 2 021_. 答案2 解析由 a12，an11an 1an， 得 a23，a31 2，a 41 3，a 52， 所以an是周期为 4 的数列， 因为 2 02150541， 所以 a2 021a12. 8(2021江苏海头中学月考)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an12Sn1Sn0，则 Sn _. 答案 1 2n1 解析因为 an1Sn1Sn， 则 an12Sn1Sn0，可化简为 Sn1Sn2Sn1Sn0， 等式两边同时除以 Sn1Sn， 可得 1 Sn 1 Sn120，即 1 Sn1 1 Sn2， 所以数列 1 Sn为等差数列，首项 1 S1

8、 1 a11，公差 d2， 所以 1 Sn1(n1)22n1， 即 Sn 1 2n1. 9若数列an中，ann 212 n2 ，nN*，则数列an中的项的最小值为_ 答案4 解析an1ann1 212 n3 n 212 n2 n25n10 n2n3， 当 n2 时，an1an0，即 an1an， 当 n1 时，a2a10， 数列an中，从 a2开始是递增的， 又 a20，b0，nN*) (1)当 a2，b3 时，求 un； (2)若 ab，求数列un的前 n 项和 Sn. 解(1)当 a2，b3 时，un2n2n 132n23223n13n(nN*)， 两边除以 2n，得 un 2n1 3 2

9、 3 2 2 3 2 n1 3 2 n 1 3 2 n1 13 2 2 13 n1 2n 1 1 3 n1 2n 2， 所以 un3n 12n1. (2)若 ab，则 un(n1)an， 所以 Sn2a3a24a3(n1)an， 当 a1 时，Sn23(n1)nn3 2 ； 当 a0，a1 时，在的两边同乘以 a，得 aSn2a23a34a4(n1)an 1， 与式作差，得(1a)Sn2aa2a3an(n1)an 1aa1an 1a (n1)an 1， 所以 Sn a 1a a1an 1a2 n1a n1 1a . 综上，Sn nn3 2 ，a1， an1an 1 1a a1a n 1a2 ，

10、a0，a1. 13 已知数列an， bn的前 n 项和分别为 Sn， Tn， 且 an0， 2Sna2nan， bn 1 (1) 2 221() n nn a aa ， 若 kTn恒成立，则 k 的最小值为() A.2 3 B. 1 49 C1D. 8 441 答案C 解析2Sna2nan， 且 an0， 当 n1 时，2S1a21a1， 解得 a11 或 a10(舍去) 当 n2 时，2Sn1a2n1an1， 得 2ana2nan(a2n1an1)， a2na2n1anan10， 即(anan1)(anan11)0， an0，anan11， an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， an

11、n， bn 1 (1) 2 221() n nn a aa 2n 2n12n 11 1 2n1 1 2n 11， Tn 1 211 1 221 1 221 1 231 1 2n1 1 2n 11 1 211 1 2n 111 1 2n 11Tn恒成立， k1，即 k 的最小值为 1. 14(2020长治质检)各项均为正数且公比 q1 的等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 a1a54， a2a45，则 Sn5 2 2 2an 的最小值为_ 答案8 解析由题意 a1a5a2a44， 又 a2a45，公比 q1， a21，a44，故 q2a4 a24， 故 q2，a11 2. an2n 2， S

12、n 1 212 n 12 1 2(2 n1) Sn5 2 2 2an 2 n122 2n 1 ， 令 t2n 11,2,22，23， 则原式t2 2 t t4 t42 t4 t48，当且仅当 t2 n12，即 n2 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

13、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2an， 第 n1 个正方形的边长为 an1 2 2 an， an 1 an 2 2 ， 即数列an是首项为 a15，公比为 2 2 的等比数列， an5 2 2 n1， 数列Sn是首项为 S125，公比为1 2的等比数列， S1S2S3Sn25 1 1 2n 11 2 50 1 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，

14、Sn1xSn1，其中 x0，nN*. (1)求an的通项公式； (2)证明： 函数 Fn(x)Sn12 在 1 2，1内有且仅有一个零点(记为 xn)， 且 xn1 2 1 2x n1 n， nN*， n2. (1)解Sn1xSn1， SnxSn11(n2)， 得 an1xan， 又当 n1 时，a1a2xa11，a11a2 a1x， 故数列an为等比数列，首项为 1，公比为 x， 则 anxn 1. (2)证明Fn(x)Sn121xx2xn2， 可得 Fn(1)n12n10， Fn 1 2 11 2 1 2 2 1 2 n21 1 2 n1 11 2 2 1 2n0， Fn(x)在 1 2，1内单调递增， Fn(x)在 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1x n1 n 1xn 20， 故 xn1 2 1 2x n1 n.