【新高考复习】2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第6章 强化训练6　数列中的综合问题

强化训练6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)＝x2－4x＋3的两个零点，则a3·a9等于()A．－3B．3C．－4D．4答案B解析∵a5，a7是函数f(x)＝x2－4x＋3的两个零点，∴a5，a7是方程x2－4x＋3＝0的两个根，∴a5·a7＝3，由等比数列的性质可得a3·a9＝a5·a7＝3.2．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()A．－110B．－90C．90D．110答案D解析∵a7是a3与a9的等比中项，∴a27＝a3a9，又数列{an}的公差为－2，∴(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解得a1＝20，∴an＝20＋(n－1)×(－2)＝22－2n，∴S10＝10a1＋a102＝5×(20＋2)＝110.3．若等差数列{an}的公差d≠0且a1，a3，a7成等比数列，则a2a1等于()A.32B.23C.12D．2答案A解析设等差数列的首项为a1，公差为d，则a3＝a1＋2d，a7＝a1＋6d.因为a1，a3，a7成等比数列，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d.所以a2a1＝2d＋d2d＝32.4．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，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1700万元．则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要()A．3233万元B．4706万元C．4709万元D．4808万元答案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(n＝1,2,3，…，10)，则a5－a2＝42，a7－a4＝168，所以a1q4－a1q＝42，a1q6－a1q3＝168，解得a1＝3，q＝2.故a10＝a1q9＝1536.依题意x＋1536≤1700，即x≤164.所以总费用为10x＋a1＋a2＋…＋a10＝10x＋31－2101－2＝10x＋3069≤4709.5．(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lg2≈0.3010，lg3≈0.4771()A．2024年B．2025年C．2026年D．2027年答案C解析由题意，设从2019年开始，第n年的获利为an(n∈N*)万元，则数列{an}为等比数列，其中2019年的获利为首项，即a1＝20.2020年的获利为a2＝20·(1＋20%)＝20×65(万元)，2021年的获利为a3＝20×(1＋20%)2＝20·652(万元)，∴数列{an}的通项公式为an＝20·65n－1(n∈N*)，由题意可得an＝20·65n－160，即65n－13，∴n－165log3＝lg3lg65＝lg3lg6－lg5＝lg3lg2×3－lg102＝lg32lg2＋lg3－1≈0.47712×0.3010＋0.4771－1≈6.03166，∴n≥8，∴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a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有()A．a10＝0B．S10最小C．S7＝S12D．S20＝0答案AC解析根据题意，数列{an}是等差数列，若a1＋5a3＝S8，即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，变形可得a1＝－9d，又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，则有a10＝0，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Sn＝na1＋nn－1d2＝－9nd＋nn－1d2＝d2×(n2－19n)，则有S7＝S12，故C一定正确；则S20＝20a1＋20×192d＝－180d＋190d＝10d，∵d≠0，∴S20≠0，则D不正确．7．(2021·泰安模拟)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1＋an1－an，则a2021＝________.答案2解析由a1＝2，an＋1＝1＋an1－an，得a2＝－3，a3＝－12，a4＝13，a5＝2，所以{an}是周期为4的数列，因为2021＝505×4＋1，所以a2021＝a1＝2.8．(2021·江苏海头中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＋2Sn＋1Sn＝0，则Sn＝________.答案12n－1解析因为an＋1＝Sn＋1－Sn，则an＋1＋2Sn＋1Sn＝0，可化简为Sn＋1－Sn＋2Sn＋1Sn＝0，等式两边同时除以Sn＋1Sn，可得1Sn－1Sn＋1＋2＝0，即1Sn＋1－1Sn＝2，所以数列1Sn为等差数列，首项1S1＝1a1＝1，公差d＝2，所以1Sn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，即Sn＝12n－1.9．若数列{an}中，an＝n2＋12n＋2，n∈N*，则数列{an}中的项的最小值为________．答案4解析an＋1－an＝n＋12＋12n＋3－n2＋12n＋2＝n2＋5n－10n＋2n＋3，当n≥2时，an＋1－an0，即an＋1an，当n＝1时，a2－a10，∴数列{an}中，从a2开始是递增的，又a2a1，∴{an}中最小项是a2＝4.10．(2020·苏州模拟)已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是实数，且满足S2S42＋S239＋2＝0，则d的取值范围是________．答案(－∞，－2]∪[2，＋∞)解析∵S2S42＋S239＋2＝0，∴2a1＋d4a1＋6d2＋3a1＋3d29＋2＝0，∴5a21＋10da1＋4d2＋2＝0，∵a1，d∈R，∴Δ＝100d2－20(4d2＋2)≥0，解得d≥2或d≤－2.11．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且a3＝3，S7＝14.(1)求an和Sn；(2)若bn＝2na，求{bn}的前n项和Tn.解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝3，S7＝14，得a3＝a1＋2d＝3，S7＝7a1＋7×7－12d＝14，解得a1＝5，d＝－1，∴an＝a1＋(n－1)d＝－n＋6，Sn＝a1＋ann2＝5＋6－nn2＝11－nn2.(2)由(1)知an＝－n＋6，bn＝2na，得bn＝26－n＝26×12n，∴Tn＝251－12n1－12＝26－26×12n＝64－26－n.12．(2021·南阳模拟)已知un＝an＋an－1b＋an－2b2＋…＋abn－1＋bn(a0，b0，n∈N*)．(1)当a＝2，b＝3时，求un；(2)若a＝b，求数列{un}的前n项和Sn.解(1)当a＝2，b＝3时，un＝2n＋2n－1·3＋2n－2·32＋…＋2·3n－1＋3n(n∈N*)，两边除以2n，得un2n＝1＋32＋322＋…＋32n－1＋32n＝1－32n＋11－32＝21－3n＋12n＋1－1＝3n＋12n－2，所以un＝3n＋1－2n＋1.(2)若a＝b，则un＝(n＋1)an，所以Sn＝2a＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an，①当a＝1时，Sn＝2＋3＋…＋(n＋1)＝nn＋32；当a0，a≠1时，在①的两边同乘以a，得aSn＝2a2＋3a3＋4a4＋…＋(n＋1)an＋1，与①式作差，得(1－a)Sn＝2a＋a2＋a3＋…＋an－(n＋1)an＋1＝a＋a1－an1－a－(n＋1)an＋1，所以Sn＝a1－a＋a1－an1－a2－n＋1an＋11－a.综上，Sn＝nn＋32，a＝1，a－n＋1an＋11－a＋a1－an1－a2，a0，a≠1.13．已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an0，2Sn＝a2n＋an，bn＝1(1)2221()nnnaaa，若kTn恒成立，则k的最小值为()A.23B.149C．1D.8441答案C解析∵2Sn＝a2n＋an，①且an0，∴当n＝1时，2S1＝a21＋a1，解得a1＝1或a1＝0(舍去)．当n≥2时，2Sn－1＝a2n－1＋an－1，②①－②得2an＝a2n＋an－(a2n－1＋an－1)，a2n－a2n－1－an－an－1＝0，即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an0，∴an－an－1＝1，∴{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n，∴bn＝1(1)2221()nnnaaa＝2n2n－12n＋1－1＝12n－1－12n＋1－1，∴Tn＝121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n－1－12n＋1－1＝121－1－12n＋1－1＝1－12n＋1－11，∵kTn恒成立，∴k≥1，即k的最小值为1.14．(2020·长治质检)各项均为正数且公比q＞1的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1a5＝4，a2＋a4＝5，则Sn＋5222an的最小值为________．答案8解析由题意a1a5＝a2a4＝4，又a2＋a4＝5，公比q＞1，∴a2＝1，a4＝4，故q2＝a4a2＝4，故q＝2，a1＝12.∴an＝2n－2，Sn＝121－2n1－2＝12(2n－1)．∴Sn＋5222an＝2n－1＋222n－1，令t＝2n－1∈{1,2,22，23，……}，则原式＝t＋22t＝t＋4t＋4≥2t×4t＋4＝8，当且仅当t＝2n－1＝2，即n＝2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5cm，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n＋1个正方形的边长为an＋1＝22an，∴an＋1an＝22，即数列{an}是首项为a1＝5，公比为22的等比数列，∴an＝5·22n－1，数列{Sn}是首项为S1＝25，公比为12的等比数列，∴S1＋S2＋S3＋…＋Sn＝251－12n1－12＝50·1－12n，∴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50cm2.16．已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝xSn＋1，其中x0，n∈N*.(1)求{an}的通项公式；(2)证明：函数Fn(x)＝Sn＋1－2在12，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝12＋12xn＋1n，n∈N*，n≥2.(1)解Sn＋1＝xSn＋1，①Sn＝xSn－1＋1(n≥2)，②①－②得an＋1＝xan，又当n＝1时，a1＋a2＝xa1＋1，a1＝1⇒a2a1＝x，故数列{an}为等比数列，首项为1，公比为x，则an＝xn－1.(2)证明Fn(x)＝Sn＋1－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，可得Fn(1)＝n＋1－2＝n－10，Fn12＝1＋12＋122＋…＋12n－2＝1－12n＋11－12－2＝－12n0，∴Fn(x)在12，1内至少存在一个零点，又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－10，∴Fn(x)在12，1内单调递增，∴Fn(x)在