2022高考數學一本策略復習 專題三 數列 第二講 數列的綜合應用課后訓練 文

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1、2022高考數學一本策略復習 專題三 數列 第二講 數列的綜合應用課后訓練 文 一、選擇題 1．已知數列{an}滿足a1＝5，anan＋1＝2n，則＝(　　) A．2　　　 B．4 C．5 D. 解析：因為＝＝＝22，所以令n＝3，得＝22＝4，故選B. 答案：B 2．在數列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值為(　　) A．2 500 B．2 600 C．2 700 D．2 800 解析：當n為奇數時，an＋2－an＝0?an＝1， 當n為偶數時，an＋2－an＝2?an＝n， 故an＝ 于是S100＝50＋＝2

2、600. 答案：B 3．(2018·海淀二模)在數列{an}中，“an＝2an－1，n＝2,3,4，…”是“{an}是公比為2的等比數列”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：當an＝0時，也有an＝2an－1，n＝2,3,4，…，但{an}不是等比數列，因此充分性不成立；當{an}是公比為2的等比數列時，有＝2，n＝2,3,4，…，即an＝2an－1，n＝2,3,4，…，所以必要性成立． 答案：B 4．若數列{an}滿足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，則使ak·ak＋1＜0的k值為(　　) A．22 B．2

3、1 C．24 D．23 解析：因為3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－，所以數列{an}是首項為15，公差為－的等差數列，所以an＝15－·(n－1)＝－n＋，令an＝－n＋＞0，得n＜23.5，所以使ak·ak＋1＜0的k值為23. 答案：D 5．已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝則其前6項之和為(　　) A．16 B．20 C．33 D．120 解析：a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以前6項和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故選C. 答案：C 6．已知等差數列{an}的公差為d，關于x

4、的不等式dx2＋2a1x≥0的解集為[0,9]，則使數列{an}的前n項和Sn最大的正整數n的值是(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：∵關于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集為[0,9]，∴0,9是一元二次方程dx2＋2a1x＝0的兩個實數根，且d＜0，∴－＝9，a1＝－.∴an＝a1＋(n－1)d＝(n－)d，可得a5＝－d＞0，a6＝d＜0.∴使數列{an}的前n項和Sn最大的正整數n的值是5. 答案：B 7．(2018·湘中名校聯(lián)考)若{an}是等差數列，首項a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，則使前n項和Sn＞0成立的最大正

5、整數n是(　　) A．2 016 B．2 017 C．4 032 D．4 033 解析：因為a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，所以d＜0，a2 016＞0，a2 017＜0，所以S4 032＝＝＞0，S4 033＝＝4 033a2 017＜0，所以使前n項和Sn＞0成立的最大正整數n是4 032. 答案：C 8．已知數列{an}，“|an＋1|＞an”是“數列{an}為遞增數列”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：∵|an＋1|＞an，∴或 又∵數列{an}為遞增數列，∴an

6、＋1＞an， ∴“|an＋1|＞an”是“數列{an}為遞增數列”的既不充分也不必要條件． 答案：D 二、填空題 9．(2018·沈陽模擬)在數列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，則an＝________. 解析：法一：因為an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以＝2(n≥2)，所以an＋1－an＝(a2－a1)2n－1＝2n－1(n≥2)，又a2－a1＝1，所以an－an－1＝2n－2，an－1－an－2＝2n－3，…，a2－a1＝1，累加，得an＝2n－1(n∈N*)． 法二：因為an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以an＋1－2

7、an＝an－2an－1，得an＋1－2an＝an－2an－1＝an－1－2an－2＝…＝a2－2a1＝0，即an＝2an－1(n≥2)，所以數列{an}是以1為首項，2為公比的等比數列，所以an＝2n－1(n∈N*)． 答案：2n－1(n∈N*) 10．(2018·遼寧五校聯(lián)考)設數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝3且當n≥2時，2an＝Sn·Sn－1，則{an}的通項公式an＝________. 解析：當n≥2時，由2an＝Sn·Sn－1可得2(Sn－Sn－1)＝Sn·Sn－1，∴－＝，即－＝－，∴數列{}是首項為，公差為－的等差數列，∴＝＋(－)·(n－1)＝，∴Sn＝.當n≥2

8、時，an＝SnSn－1＝××＝，又a1＝3，∴an＝ 答案： 11．(2018·廣州調研)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝a＋an，用[x]表示不超過x的最大整數，則＝________. 解析：因為an＋1＝a＋an， 所以＝＝－， 即＝－， 于是＋＋…＋＝＋＋…＋＝－. 因為a1＝1，a2＝2＞1，a3＝6＞1，…， 可知∈(0,1)，則－∈(0,1)， 所以＝0. 答案：0 12．已知數列{an}滿足a1＝－40，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，則an取最小值時n的值為________． 解析：由nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n＝2n(n

9、＋1)， 兩邊同時除以n(n＋1)，得－＝2， 所以數列是首項為－40、公差為2的等差數列， 所以＝－40＋(n－1)×2＝2n－42， 所以an＝2n2－42n， 對于二次函數f(x)＝2x2－42x， 在x＝－＝－＝10.5時，f(x)取得最小值， 因為n取正整數，且10和11到10.5的距離相等， 所以n取10或11時，an取得最小值． 答案：10或11 三、解答題 13．(2018·棗莊模擬)已知方程anx2－an＋1x＋1＝0(an＞0)有兩個根αn、βn，a1＝1，且滿足(1－)(1－)＝1－2n，其中n∈N*. (1)求數列{an}的通項公式； (2)

10、若bn＝log2(an＋1)，cn＝anbn，求數列{cn}的前n項和Tn. 解析：(1)由已知可得，， 又(1－)(1－)＝1－2n，∴1－＋＝1－2n， 整理得，an＋1－an＝2n，其中n∈N*. ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＝＝2n－1. (2)由(1)知，bn＝log2(2n－1＋1)＝n， ∴cn＝n(2n－1)＝n·2n－n. ∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－(1＋2＋…＋n)， 設Pn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×

11、2n，① 則2Pn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，② ①－②得－Pn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2， ∴Pn＝(n－1)×2n＋1＋2. 又Qn＝1＋2＋…＋n＝， ∴Tn＝Pn－Qn＝(n－1)×2n＋1＋2－. 14．(2018·九江一中模擬)設等差數列{an}的前n項和為Sn，a22－3a7＝2，且，，S3成等比數列，n∈N*. (1)求數列{an}的通項公式； (2)令bn＝，數列{bn}的前n項和為Tn，若對于任意的n∈N*，都有64Tn＜|3λ－1|成立，求實數λ的取值范圍． 解析：(1)設等差數列{an}的公差為d， 由得 ， 即， 解得或. 當a1＝－，d＝時，＝沒有意義， ∴a1＝2，d＝2，此時an＝2＋2(n－1)＝2n. (2)bn＝＝＝[－]． Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋ [－]＋[－] ＝[1＋－－] ＝－[＋]， ∴64Tn＝5－4[＋]＜5， 為滿足題意，只需|3λ－1|≥5，∴λ≥2或λ≤－.