2019高考数学二轮复习专题三数列第二讲数列的综合应用能力训练理.doc

《2019高考数学二轮复习专题三数列第二讲数列的综合应用能力训练理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学二轮复习专题三数列第二讲数列的综合应用能力训练理.doc（8页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第二讲 数列的综合应用一、选择题1(2018宜昌月考)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a1 a2 018 ，且OB OA OC A， B， C 三点共线(该直线不过点 O)，则 S2 018等于( )A1 007 B1 009C2 016 D2 018解析： A， B， C 三点共线， a1 a2 0181， S2 018 1 009.2 018 a1 a2 0182答案：B2已知数列 an满足 a15， anan1 2 n，则 ( )a7a3A2 B4C5 D.52解析：因为 2 2，所以令 n3，得an 1an 2an 3an 4anan 1an 2an 3 an 4an

2、2n 12n 32n2n 22 24，故选 B.a7a3答案：B3在数列 an中， a11， a22， an2 an1(1) n，那么 S100的值为( )A2 500 B2 600C2 700 D2 800解析：当 n 为奇数时， an2 an0 an1，当 n 为偶数时， an2 an2 an n，故 anError!于是 S10050 2 600. 2 100 502答案：B4(2018海淀二模)在数列 an中， “an2 an1 ， n2,3,4，”是“ an是公比为2 的等比数列”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件2D既不充分也不必要条件解析：当 an0 时，也有 a

3、n2 an1 ， n2,3,4，但 an不是等比数列，因此充分性不成立；当 an是公比为 2 的等比数列时，有 2， n2,3,4，即anan 1an2 an1 ， n2,3,4，所以必要性成立答案：B5已知数列 2 015,2 016,1，2 015，2 016，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前 2 017 项和 S2 017等于( )A2 018 B2 015C1 D0解析：由已知得 an an1 an1 (n2)， an1 an an1 ，故数列的前 8 项依次为 2 015,2 016,1，2 015，2 016，1,2 015,2 016.由此

4、可知数列为周期数列，且周期为6， S60.2 01763361， S2 0172 015.答案：B6若数列 an满足 a115，且 3an1 3 an2，则使 akak1 0 的 k 值为( )A22 B21C24 D23解析：因为 3an1 3 an2，所以 an1 an ，所以数列 an是首项为 15，公差为23 的等差数列，所以 an15 (n1) n ，令 an n 0，得 n23.5，23 23 23 473 23 473所以使 akak1 0 的 k 值为 23.答案：D7已知数列 an满足 a11， an1 Error!则其前 6 项之和为( )A16 B20C33 D120解析

5、： a22 a12， a3 a213， a42 a36， a5 a417， a62 a514，所以前6 项和 S6123671433，故选 C.答案：C8已知等差数列 an的公差为 d，关于 x 的不等式 dx22 a1x0 的解集为0,9，则使数列 an的前 n 项和 Sn最大的正整数 n 的值是( )A4 B5C6 D7解析：关于 x 的不等式 dx22 a1x0 的解集为0,9，0,9 是一元二次方程3dx22 a1x0 的两个实数根，且 d0， 9， a1 . an a1( n1) d( n2a1d 9d2)d，可得 a5 d0， a6 d0.使数列 an的前 n 项和 Sn最大的正整

6、数 n 的值是 5.112 12 12答案：B9(2018湘中名校联考)若 an是等差数列，首项 a10， a2 016 a2 0170， a2 016a2 0170，则使前 n 项和 Sn0 成立的最大正整数 n 是( )A2 016 B2 017C4 032 D4 033解析：因为 a10， a2 016 a2 0170， a2 016a2 0170，所以 d0， a2 0160， a2 0170，所以 S4 032 0， S4 0334 032 a1 a4 0322 4 032 a2 016 a2 01724 033a2 0170，所以使前 n 项和 Sn0 成立的最大正整数 n 是 4

7、 4 033 a1 a4 0332032.答案：C10已知数列 an满足 an2 an1 an1 an， nN *，且 a5 .若函数 f(x)sin 22x2 cos 2 ，记 yn f(an)，则数列 yn的前 9 项和为( )xA0 B9C9 D1解析：由已知得 2an1 an an2 ，即数列 an为等差数列又 f(x)sin 2 x1cos x，a1 a9 a2 a82 a5，故 cos a1cos a9cos a2cos a8cos a50，又 2a12 a92 a22 a84 a52，故 sin 2a1sin 2a9sin 2a2sin 2a8sin 4a50，故数列 yn的前

8、9 项和为9.答案：C11已知数列 an， “|an1 | an”是“数列 an为递增数列”的( )A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：| an1 | an，Error!或Error!又数列 an为递增数列， an1 an，4“| an1 | an”是“数列 an为递增数列”的既不充分也不必要条件答案：D12已知数列 an是首项为 a，公差为 1 的等差数列，数列 bn满足 bn .若对任1 anan意的 nN *，都有 bn b8成立，则实数 a 的取值范围是( )A(8，7) B8，7)C(8，7 D8，7解析：因为 an是首项为 a，公差为 1 的等

9、差数列，所以 an n a1，因为 bn，又对任意的 nN *都有 bn b8成立，所以 1 1 ，即 对任意的 nN *1 anan 1an 1a8 1an 1a8恒成立，因为数列 an是公差为 1 的等差数列，所以 an是单调递增的数列，所以Error!即Error!解得 8 a7.答案：A二、填空题13(2018沈阳模拟)在数列 an中， a11， a22， an1 3 an2 an1 (n2)，则an_.解析：法一：因为 an1 3 an2 an1 (n2)，所以 2( n2)，所以an 1 anan an 1an1 an( a2 a1)2n1 2 n1 (n2)，又 a2 a11，所

10、以an an1 2 n2 ， an1 an2 2 n3 ， a2 a11，累加，得 an2 n1 (nN *)法二：因为 an1 3 an2 an1 (n2)，所以 an1 2 an an2 an1 ，得an1 2 an an2 an1 an1 2 an2 a22 a10，即 an2 an1 (n2)，所以数列 an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an2 n1 (nN *)答案：2 n1 (nN *)14(2018辽宁五校联考)设数列 an的前 n 项和为 Sn，若 a13 且当 n2 时，2an SnSn1 ，则 an的通项公式 an_.解析：当 n2 时，由 2an SnSn

11、1 可得 2(Sn Sn1 ) SnSn1 ， ，1Sn 1 1Sn 12即 ，数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，1Sn 1Sn 1 12 1Sn 13 12 ( )(n1) ， Sn .当 n2 时， an SnSn1 1Sn 13 12 5 3n6 65 3n 12 12 65 3n ，又 a13， anError!65 3 n 1 18 5 3n 8 3n答案：Error!15(2018广州调研)已知数列 an满足 a11， an1 a an，用 x表示不超过 x2n5的最大整数，则 _.1a1 1 1a2 1 1a2 017 1解析：因为 an1 a an，2n所以 ，1an 1

12、1an an 1 1an 1an 1即 ，1an 1 1an 1an 1于是 .1a1 1 1a2 1 1a2 017 1 (1a1 1a2) (1a2 1a3) ( 1a2 017 1a2 018) 1a1 1a2 018因为 a11， a221， a361，可知 (0,1)，则 (0,1)，1a2 018 1a1 1a2 018所以 0.1a1 1a2 018答案：016已知数列 an满足 a140，且 nan1 ( n1) an2 n22 n，则 an取最小值时 n的值为_解析：由 nan1 ( n1) an2 n22 n2 n(n1)，两边同时除以 n(n1)，得 2，an 1n 1

13、ann所以数列 是首项为40、公差为 2 的等差数列，ann所以 40( n1)22 n42，ann所以 an2 n242 n，对于二次函数 f(x)2 x242 x，在 x 10.5 时， f(x)取得最小值，b2a 424因为 n 取正整数，且 10 和 11 到 10.5 的距离相等，所以 n 取 10 或 11 时， an取得最小值答案：10 或 11三、解答题17(2018枣庄模拟)已知方程 anx2 an1 x10( an0)有两个根 n、 n， a11，且满足(1 )(1 )12 n，其中 nN *.1 n 1 n(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bnlog 2(an1)，

14、 cn anbn，求数列 cn的前 n 项和 Tn.6解析：(1)由已知可得， Error!，又(1 )(1 )12 n，1 12 n，1 n 1 n n n n n 1 n n整理得， an1 an2 n，其中 nN *. an( an an1 )( an1 an2 )( a3 a2)( a2 a1) a12 n1 2 n2 2 221 2 n1.1 2n1 2(2)由(1)知， bnlog 2(2n11) n， cn n(2n1) n2n n. Tn c1 c2 cn1222 232 3 n2n(12 n)，设 Pn1222 232 3 n2n，则 2Pn12 222 332 4( n1)

15、2 n n2n1 ，得 Pn22 22 32 n n2n1 n2n1 (1 n)2 1 2n1 22n1 2， Pn( n1)2 n1 2.又 Qn12 n ，n n 12 Tn Pn Qn( n1)2 n1 2 .n n 1218(2018九江一中模拟)设等差数列 an的前 n 项和为 Sn， a223 a72，且 ，1a2， S3成等比数列， n N*.S2 3(1)求数列 an的通项公式；(2)令 bn ，数列 bn的前 n 项和为 Tn，若对于任意的 nN *，都有4 n 1a2na2n 264Tn|3 1|成立，求实数 的取值范围解析：(1)设等差数列 an的公差为 d，由Error

16、! 得Error!，即Error! ，解得Error! 或Error!.当 a1 ， d 时， 没有意义，25 25 S2 3 175 a12， d2，此时 an22( n1)2 n.(2)bn 4 n 1a2na2n 2 n 14 n 2 2n2 1161n2 1 n 2 27Tn b1 b2 b3 bn ( ) ( ) ( )116112 132 116122 142 116132 152 116 1 n 1 2 1 n 1 2 1161n2 1 n 2 2 1 116 14 1 n 1 2 1 n 2 2 ，564 116 1 n 1 2 1 n 2 264 Tn54 5，1 n 1 2

17、 1 n 2 2为满足题意，只需|3 1|5， 2 或 .4319(2018临汾中学模拟)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn (a an)， an0.12 2n(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn ，数列 bn的前 n 项和为 Tn，则是否存在正整数 m，使得an2n 1m Tn m3 对任意的正整数 n 恒成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由解析：(1) Sn (a an)，即 a an2 Sn0，12 2n 2n当 n2 时， Sn1 (a an1 )，即 a an1 2 Sn1 0，12 2n 1 2n 1得( an an1 )(an an1 ) an

18、an1 2 an0，(an an1 )(an an1 1)0， an0， an an1 1，当 n1 时， a a12 a10， an0，21 a11， an1( n1) n.(2)由(1)知 bn ，所以 Tn1( )02( )1 n( )n1 ，n2n 1 12 12 12Tn1( )12( )2 n( )n，12 12 12 12得 Tn1 ( )n1 n( )n21( )n n( )n，12 12 12 12 12 12故 Tn41( )n2 n( )n44( )n2 n( )n4(2 n4)( )n.12 12 12 12 12易知 Tn4，8 Tn1 Tn4(2 n6)( )n1 4(2 n4) ( )n( n1)( )n0，12 12 12 Tn T11，故存在正整数 m1 满足题意