2020届高考数学理一轮复习精品特训专题六数列7数列的综合应用A

数列（7）数列的综合应用A1、已知{}na是公比为q的等比数列，nS是{}na的前n项和，且369SS，若正数,ab满足249ab，则2112ab的最小值为（）A．2B．322C．52D．32142、已知nS是等差数列{}na的前n项和,244,20aS，若12,,kkaaS成等比数列，则正整数k（）A．3B．4C．5D．63、已知数列{}na的前n项和为2nSn，则38aa的值是（）A．200B．100C．20D．104、设nS是等差数列{}na的前n项和，已知23a，611a，则7S等于()A．13B．35C．49D．635、已知数列{}na满足112,02121,12nnnnnaaaaa若135a，则数列的第2018项为（）A．15B．25C．35D．456、已知等比数列{}na的各项均为正数，且817654aaaa,则103332313loglogloglogaaaa（）A．10B．12C．31log5D．32log57、数列{}na的前n项和253(N)nSnnn，则有()A．1nnSnanaB．1nnSnanaC．1nnnaSnaD．1nnnaSna8、设nS为等差数列{}na的前n项和，且2018201612018,220182016SSa，则2a()A．－2016B．－2018C．2018D．20169、已知等比数列{}na的前三项依次为1a，1a，4a，则na（）A．34()2nB．24()3nC．124()3nD．134()2n10、定义：在数列{}na中，若满足211(N,nnnnaadndaa为常数)，称{}na为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{}na中，1231,3aaa，则20142012aa（）A．2420121B．2420131C．2420141D．24201311、记nS为数列na的前n项和，若21nnSa，则7S_____________．12、设,xy为正数,且12,,,xaay成等差数列12,,,xbby成等比数列,则21212()aabb的最小值是__________。13、数列na的前n项和为nS,且1122,33nnaaS,用x表示不超过x的最大整数,如[0.4]1,[1.6]1,设[]nnba,则数列nb的前2n项和为__________.14、已知nS为数列na的前n项和，22nnSa，若254nS，则n__________15、已知nS是正项数列na的前n项和，2*2112,2NnnnaSaan.1.证明：数列na是等差数列；2.设*N2nnnabn，求数列nb的前n项和nT.答案以及解析1答案及解析：答案：A解析：2答案及解析：答案：D解析：3答案及解析：答案：C解析：4答案及解析：答案：C解析：5答案及解析：答案：A解析：6答案及解析：答案：A解析：7答案及解析：答案：D解析：当2n时221535(1)3(1)68nnnaSSnnnnn，当1n时12a，所以68nan，因为2253(86)333(1)0,nnnnSnannnnnnnnSna，因为2211532333(1)0,nnSnannnnnnnSna，综上1nnnaSna选D.8答案及解析：答案：A解析：9答案及解析：答案：D解析：10答案及解析：答案：A解析：1231,3aaa，32212aaaa，1{}nnaa是以1为首项，2为公差的等差数列，121nnana，2201420142013201220132012(220131)(220121)420121aaaaaa．故选：A．11答案及解析：答案：-127解析：12答案及解析：答案：4解析：由等差数列的性质知12aaxy；由等比数列的性质知12bbxy，所以2222221212()()22224aaxyxyxyxyxybbxyxyxyxy，当且仅当xy时取等号．故答案为：4．13答案及解析：答案：212233nn解析：由1122,33nnaaS①可得2121224,333aSaa,则可得12,23nnaSn②,由1nnnaSS,①-②可得12nnaa则22241223233nnnnaa上式对1n也成立则112,233nnnnnaba当1n时,31222011133bb当2n时,512342201258233bbbb;当3n时,7123456220125102139333bbbbbb;当4n时,91234567822012510214285166433bbbbbbbb;...,则数列nb的前2n项和为21123421222...33nnnbbbbbbn.14答案及解析：答案：7解析：15答案及解析：答案：1.当2n时，有2112122nnnnnnSaaSaa∴22112nnnnnaaaaa，∴111nnnnnnaaaaaa又∵0na，∴11nnaa当1n时，有212222Saa∴11a，∴211daa∴数列na是以11a为首项，1d为公差的等差数列2.由1及2，得nan，∴2nnnb，则123123*2222nnnT，2311121+**22222nnnnnT12311111111111122***:1122222222212nnnnnnnnnnT∴111222222nnnnnnnT解析：