高考数学二轮复习专题三数列第二讲数列综合应用能力训练理

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{a}的前n项和为S→→→nn12018B，C三点共线(该直线可是点O)，则S2018等于( )A．1007B．1009C．2016D．2018分析：∵A，B，C三点共线，∴a＋a＝1，1201820182018a＋a2018∴S＝1＝1009.2答案：B2．已知数列{n}知足1＝5，nn＋1＝2na7，则＝( )aaaaa3A．2B．45C．5D.2an＋1n＋2n＋3n＋4n＋42n＋1n＋32分析：由于＝＝＝ann＋22，所以令nnnnn答案：B

a72n＝3，得a3＝2＝4，应选B.n12n＋2n＋(－1)n100的值为( )3．在数列{a}中，a＝1，a＝2，a－a＝1，那么SA．2500B．2600C．2700D．2800分析：当n为奇数时，a－a＝0?a＝1，n＋2nn当n为偶数时，a－a＝2?a＝n，n＋2nn1，n为奇数，故an＝n，n为偶数，于是S100＝50＋2＋100×502＝2600.答案：B4．(2018·海淀二模)在数列{an}中，“an＝2an－1，n＝2,3,4，”是“{an}是公比为2的等比数列”的( )A．充分不用要条件B．必需不充分条件C．充要条件1D．既不充分也不用要条件分析：当an＝0时，也有an＝2n－1，＝2,3,4，，但{an}不是等比数列，所以充分性an不建立；当{an}是公比为2的等比数列时，有an＝2，＝2,3,4，，即n＝2n－1，＝2,3,4，，n所以必需性建立．答案：B5．已知数列2015,2016,1，－2015，－2016，，这个数列的特色是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2017项和S2017等于()A．2018B．2015C．1D．0分析：由已知得a＝a－1＋a＋1(n≥2)，∴a＋1＝a－a－1，故数列的前8项挨次为2015,2nnnnnn016,1，－2015，－2016，－1,2015,2016.由此可知数列为周期数列，且周期为6，S60.∵2017＝6×336＋1，∴S2017＝2015.答案：B6．若数列{an}知足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，则使ak·ak＋1＜0的k值为()A．22B．21C．24D．23分析：由于3＝3－2，所以a－a＝－，所以数列{a}是首项为15，公差为－332247247的等差数列，所以an＝15－3·(n－1)＝－3n＋3，令an＝－3n＋3＞0，得n＜23.5，所以使ak·ak＋1＜0的k值为23.答案：D7．已知数列{an}知足a1＝1，an＋1＝2ann为正奇数，则其前6项之和为()an＋1为正偶数，nA．16B．20C．33D．120分析：a2＝21＝2，3＝2＋1＝3，4＝23＝6，a5＝4＋1＝7，6＝25＝14，所从前6aaaaaaaa项和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，应选C.答案：C8．已知等差数列{an}的公差为d，对于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集为[0,9]，则使数列{a}的前n项和S最大的正整数n的值是()nnA．4B．5C．6D．72[0,9]，∴0,9是一元二次方程2xdxaxdxax1122a19d11＝0的两个实数根，且d＜0，∴－d＝9，a1＝－2.∴an＝a1＋(n－1)d＝(n－2)d，可得11n的值是5.a5＝－2d＞0，a6＝2d＜0.∴使数列{a}的前n项和S最大的正整数nn答案：B9．(2018·湘中名校联考)若{n}是等差数列，首项a1＞0，2016＋2017＞0，2016·2017aaaaa＜0，则使前n项和S＞0建立的最大正整数n是()nA．2016B．2017C．4032D．4033分析：由于a1＞0，a2016＋a2017＞0，a2016·a2017＜0，所以d＜0，a2016＞0，a2017＜0，所以S4032＝4032a1＋a4032＝4032a2016＋a2017＞0，S4033＝4033a1＋a4033＝42220332017＜0，所以使前n项和n＞0建立的最大正整数n是4032.aS答案：C10．已知数列n知足an＋2－an＋1n＋1n*5π2x＋2{a}＝a－a，n∈N，且a＝2.若函数f(x)＝sin2xnn)，则数列n项和为()cos2，记y＝f(a{y}的前9A．0B．－9C．9D．1分析：由已知得2an＋1＝an＋an＋2，即数列{an}为等差数列．又f(x)＝sin2x＋1＋cosx，a1＋a9＝a2＋a8＝＝2a5＝π，故cosa1＋cosa9＝cosa2＋cosa8＝＝cosa5＝0，又2a1＋2a9＝2a2＋2a8＝＝4a5＝2π，故sin2a1＋sin2a9＝sin2a2＋sin2a8＝＝sin4a5＝0，故数列{yn}的前9项和为9.答案：C11．已知数列{an}，“|an＋1|＞an”是“数列{an}为递加数列”的( )A．充分不用要条件B．必需不充分条件C．充要条件D．既不充分也不用要条件a＞0，a≤0，n＋1n＋1分析：∵|an＋1|＞an，∴＞a或＞a.a－an＋1nn＋1n又∵数列{n}为递加数列，∴an＋1＞n，aa3∴“|an＋1|＞an”是“数列{an}为递加数列”的既不充分也不用要条件．答案：D1＋a12．已知数列{a}是首项为，公差为1的等差数列，数列{b}知足b＝n.若对随意n的n∈N*，都有bn≥b8建立，则实数a的取值范围是()A．(－8，－7)B．[－8，－7)C．(－8，－7]D．[－8，－7]1＋an分析：由于{an}是首项为a，公差为1的等差数列，所以an＝n＋a－1，由于bn＝an，又对随意的n∈N*都有n≥8建立，所以1＋1≥1＋1，即1≥1对随意的n∈N*恒建立，因bbaa8aann8为数列{n}是公差为1的等差数列，所以{an}是单一递加的数列，所以a8＜0，即aa9＞0，8＋a－1＜0，解得－8＜a＜－7.9＋－1＞0，a答案：A二、填空题13．(2018·沈阳模拟)在数列{a}中，a＝1，a＝2，a＝3a－2a(n≥2)，则a＝n12n＋1nn－1n________.a＋1－a分析：法一：由于an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以nn＝2(n≥2)，所以an＋1－an＝(a2an－an－1a1)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：由于n＋1＝3n－2n－1(n≥2)，所以n＋1－2n＝n－2n－1，得an＋1－2n＝n－2n－aaaaaaaaaa1＝a－2a＝＝a－2a＝0，即a＝2a(n≥2)，所以数列{a}是以1为首项，2为公比n－1n－221nn－1n的等比数列，所以an＝2n－1(n∈N*)．答案：2n－1(n∈N*)14．(2018·辽宁五校联考)设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3且当n≥2时，2an＝S·S，则{a}的通项公式a＝________.nn－1nn分析：当n≥2时，由2a＝S·S可得2(S－S)＝S·S，∴11111－＝，即－nnn－1nn－1nn－1Sn－1Sn2SnSn－111}是首项为111115－3n＝－，∴数列{S，公差为－的等差数列，∴S＝＋(－)·(n－1)＝6，nn6116618∴Sn＝5－3n.当n≥2时，an＝2SnSn－1＝2×5－3n×5－3n－1＝5－3n8－3n，又43，n＝1，1＝3，∴an＝18a，n≥2.5－38－3nn3，n＝1答案：18，n≥25－3n8－3n2＋an，用[x]表示不超出x的最15．(2018·广州调研)已知数列{an}知足a1＝1，an＋1＝an111大整数，则a1＋1＋a2＋1＋＋a2017＋1＝________.分析：由于a2aan＋1nn1111所以an＋1＝anan＋1＝an－an＋1，即1＝1－1，an＋1anan＋1于是1＋1111＋11＋＋11＝11a2＋＋＝－－－a2018－.a1＋1＋1a2017＋1a1a2a2a3a2017a1a2018由于a1＝1，a2＝2＞1，a3＝6＞1，，可知1∈(0,1)，则1－1∈(0,1)，a2018a1a2018所以1－1＝0.aa20181答案：016．已知数列{n}知足a1＝－40，且n＋1－(n＋1)an＝22＋2，则n取最小值时n的ananna值为________．分析：由na2n＋1nan＋1an两边同时除以n(n＋1)，得n＋1－n＝2，an40、公差为2的等差数列，所以数列n是首项为－an所以n＝－40＋(n－1)×2＝2n－42，所以an＝2n2－42n，对于二次函数f(x)＝2x2－42x，－42在x＝－2a＝－4＝10.5时，f(x)获得最小值，由于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获得最小值．5答案：10或11三、解答题17．(2018·枣庄模拟)已知方程anx2－an＋1x＋1＝0(an＞0)有两个根αn、βn，a1＝1，且知足(1－1)(1－1)＝1－2n，此中n∈N*.αnβn求数列{an}的通项公式；若bn＝log2(an＋1)，cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.an＋1n＋βn＝an分析：(1)由已知可得，，1αnβn＝又(1－1)(1－1)＝1－2n，∴1－α＋β＋1＝1－2n，nnαnβnαnβnαnβn整理得，an＋1n－an＝2，此中n∈N*.an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋＋22＋2＋1－2nn1＝1－2＝2－1.(2)由(1)知，bn＝log2(2n－1＋1)＝n，∴cn＝n(2nn－1)＝n·2－n.23n＋2＋＋n)，∴Tn＝c1＋c2＋＋cn＝1×2＋2×2＋3×2＋＋n×2－(123n设Pn＝1×2＋2×2＋3×2＋＋n×2，①n234nn＋1则2P＝1×2＋2×2＋3×2＋＋(n－1)×2＋n×2，②nn23nn＋121－2n＋1n＋1－2，1－2∴Pn＝(n－1)×2n＋1＋2.又n＝1＋2＋＋＝nn＋1，Qn2n＋1nnnn＋1n.∴T＝P－Q＝(n－1)×2＋2－218．(2018·九江一中模拟)设等差数列{an}的前

n项和为，22－37＝2，且12－3，，na2*S3成等比数列，n∈N.求数列{an}的通项公式；n4n＋1nn*nλanan＋2－1|建立，务实数λ的取值范围．分析：(1)设等差数列{an}的公差为d，6a－3a＝2227由2213得a2a1＋21d－3a1＋6d＝22a1＋d－3·a1＋d，＝3a1＋3d2a1＋3d＝2即2a＋d－6，a＋d＝0111a＝－2a＝21.解得或d＝22d＝5122217当a＝－5，d＝5时，S－3＝－5没存心义，∴a＝2，d＝2，此时a＝2＋2(n－1)＝2n.1nn4n＋1＝n＋11112]．4nnnnn＝1＋2＋3＋＋bnTbbb11111111116(12－32)＋16(22－42)＋16(32－52)＋＋11111116[n－12－＋12]＋16[2－＋22]nnn1111＝16[1＋4－n＋12－n＋22]5111＝64－16[n＋12＋n＋22]，∴64T＝5－4[12＋12]＜5，nn＋1n＋24为知足题意，只要|3λ－1|≥5，∴λ≥2或λ≤－.31219．(2018·临汾中学模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an＋an)，an＞0.求数列{an}的通项公式；an2m，使得m≤T＜m＋3对nnnnn随意的正整数n恒建立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明原因．分析：(1)S＝122nnnnnn7122当n≥2时，Sn－1＝2(an－1＋an－1)，即an－1＋an－1－2Sn－1＝0，②①－②得(an－an－1)(an＋an－1)＋an－an－1－2an＝0，(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an＞0，an－an－1＝1，2当n＝1时，a1＋a1－2a1＝0，∵an＞0，∴a1＝1，∴an＝1＋(n－1)＝n.(2)由(1