2020届高考数学（文）二轮总复习专题训练：1.2.3数列的综合应用 Word版含答案

1.2.3 数列的综合应用

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1．已知数列{an}为等差数列，满足OA＝a3OB＋a2 013OC，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( ) 2 015A.

2C.2 016

解析：依题意有a3＋a2 013＝1， 故S2 015＝答案：A

2．(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q＞1，且a5＝b5，则( ) A．a3＋a7＞b4＋b6 C．a3＋a7＜b4＋b6

B.a3＋a7≥b4＋b6 D.a3＋a7＝b4＋b6 B.2 015 D.2 013

a3＋a2 013

22 015

·2 015＝.故选A.

2

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q＞1， 由a3＋a7＝2a5＝2b5，b4＋b6≥2b4b6＝2b5，

a3＋a7≤b4＋b6，

由于q＞1可得a3＋a7＜b4＋b6，故选C. 答案：C

3．(2019春·龙凤区校级月考)在等差数列{an}中，其前n项和是Sn，若S9＞0，S10＜0，则在，，…，中最大的是( ) A. C. S1S2a1a2S1a1S5a5

S9a9

B. D.

S8a8S9a9

解析：依题意，数列{an}是等差数列，其前n项和是Sn，

??9a5＞0，

S9＞0，S10＜0，所以?

?a5＋a6＜0，?

所以a5＞0，a6＜0，所以公差d＜0， 所以当6≤n≤9时＜0，当1≤n≤5时＞0. 又因为当1≤n≤5时，Sn单调递增，an单调递减，

SnanSnan所以当1≤n≤5时，单调递增，所以最大．故选C. 答案：C

4．(2019·师大附中月考)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是方程x－bnx＋2＝0的两根，则b10等于( ) A．24 C.48

解析：由已知得anan＋1＝2，∴an＋1an＋2＝2

nn＋1

2

SnanS5a5

nB.32 D.64 ，则

an＋2

＝2，所以数列{an}的奇数项与偶数项an都是公比为2的等比数列，可以求出a2＝2，所以数列{an}的项分别为：1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32…，而bn＝an＋an＋1，所以b10＝a10＋a11＝32＋32＝64.故选D. 答案：D

5．已知数列{an}，{bn}满足bn＝an＋an＋1，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bn＋1－bn＝(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝an＋2－an＝2d1.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bn＋1－bn＝(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝an＋2－an＝d2，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：A

2Sn＋242

6．若等差数列{an}的前n项和Sn＝n，则的最小值为( )

an＋1A．43 C.6

B.8 D.7

2Sn＋24122

解析：由Sn＝n，则an＝Sn－Sn－1＝2n－1，所以＝n＋≥43.由均值不等式知当nan＋1n122Sn＋24*

＝，即n＝23时，取等号．又n∈N且3<23<4，所以当n＝3或4时，式子有最nan＋112

小值，最小值为3＋＝7.故选D.

3答案：D

7．(2019·黑龙江大庆一中模拟)已知函数f(x)＝x＋ax的图象在点A(0，f(0))处的切线l2

与直线2x－y＋2＝0平行，若数列?325A. 462119C. 256

2

?1?

?的前n项和为Sn，则S20的值为( ) ?f?n??

B.D.

19 202 010

2 011

2

解析：因为f(x)＝x＋ax，所以f′(x)＝2x＋a.又函数f(x)＝x＋ax的图象在点A(0，f(0))处的切线l与直线2x－y＋2＝0平行，所以f′(0)＝a＝2，所以f(x)＝x＋2x，所以1?11?1

＝?－?. n＋2n2?nn＋2?

2

2

1＝f?n?

1??1??11??11?所以S20＝??1－?＋?－?＋?－?＋…＋

2??3??24??35?

?1－1??＝1×?1＋1－1－1?＝325.故选A. ?2022??2?22122?462?????

答案：A

21a2b8．设a>0，b>0，若3是3与3的等比中项，则＋的最小值为( )

abA．4 1C. 4

解析：∵3是3与3的等比中项， ∴3×3＝3

a2bB.1 D.8

a2ba＋2b＝(3)＝3，

2

∴a＋2b＝1.

214ba?21?∴＋＝(a＋2b)?＋?＝4＋＋≥4＋2

ab?ab?

ab4ba4ba·＝8，当且仅当＝且a＋2b＝1，即aabab11

＝，b＝时等号成立，选D. 24答案：D

9．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N)在函数y＝3×2的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是( ) A．Sn＝2Tn C．Tn>an

**

*

xB.Tn＝2bn＋1 D.Tn

xnn解析：因为点(n，Sn＋3)(n∈N)在函数y＝3×2的图象上，所以Sn＝3·2－3，所以an＝3·2

－1

，所以bn＋bn＋1＝3·2

n－1

，因为数列{bn}为等比数列，设公比为q.则b1＋b1q＝3，b2＋b2qn－1

＝6，解得b1＝1，q＝2.所以bn＝2，Tn＝2－1，所以Tn

n答案：D

?1?m10．已知等差数列{an}中，a3＝9，a5＝17，记数列??的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤(m∈Z)，

10?an?

对任意的n∈N恒成立，则整数m的最小值是( ) A．5 C.3

解析：因为等差数列{an}中，a3＝9，a5＝17， 所以公差d＝

B.4 D.2

*

a5－a317－9

5－3

＝

2

＝4.

11

由an＝a3＋(n－3)d得，an＝4n－3，＝，

an4n－3

S2n＋1－Sn＝

111n＋1m＋＋…＋＜≤，所以整数m的最小值为

4?n＋1?－34?n＋2?－34?2n＋1?－34n＋110

4.故选B. 答案：B

1112**

11．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n(n∈N)，且对任意n∈N都有＋＋…＋＜t，则实

a1a2an数t的取值范围为( )

?1?A.?，＋∞? ?3??2?C.?，＋∞? ?3?

?1?B.?，＋∞?

?3??2?D.?，＋∞? ?3?

2

a1a2a3…an2n222n－11

解析：依题意得，当n≥2时，an＝＝.又a1＝2＝2＝2n－(n－1)＝2

a1a2a3…an－12?n－1?

2

2×1－1

，因此an＝2

2n－1

?1?11111

，＝2n－1，数列{}是以为首项，为公比的等比数列．等比数列??an2an24?an?

1?1?1－n??2?4?2?1?2?2?的前n项和等于＝?1－n?＜，因此实数t的取值范围是?，＋∞?.故选D. 13?4?3?3?1－4答案：D

12．已知三个数a－1，a＋1，a＋5成等比数列，其倒数重新排列后为递增的等比数列{an}111

的前三项，则能使不等式a1＋a2＋…＋an≤＋＋…＋成立的自然数n的最大值为( )

a1a2anA．9 C.7

B.8 D.5

2

解析：因为a－1，a＋1，a＋5成等比数列，所以(a＋1)＝(a－1)(a＋5)，∴a＝3，倒数重