《新版【創(chuàng)新方案】高考數學理一輪知能檢測：第5章 第5節(jié)　數列的綜合問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新版【創(chuàng)新方案】高考數學理一輪知能檢測：第5章 第5節(jié)　數列的綜合問題（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 1

2、 1 第五節(jié)　數列的綜合問題 [全盤鞏固] 1．已知各項均不為0的等差數列{an}，滿足2a3－a＋2a11＝0，數列{bn}是等比數列，且b7＝a7，則b6b8＝(　　) A．2 B．4 C．8 D．16 解析：選D　因為{an}為等差數列，所以a3＋a11＝2a7，所以已知等式可化為4a7－a＝0，解得a7＝4或a7＝0(舍去)

3、，又{bn}為等比數列，所以b6b8＝b＝a＝16. 2．已知等比數列{an}中的各項都是正數，且5a1，a3,4a2成等差數列，則＝(　　) A．－1 B．1 C．52n D．52n－1 解析：選C　設等比數列{an}的公比為q(q>0)，則依題意有a3＝5a1＋4a2，即a1q2＝5a1＋4a1q，q2－4q－5＝0，解得q＝－1或q＝5.又q>0，因此q＝5，所以＝＝q2n＝52n. 3．在直角坐標系中，O是坐標原點，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是第一象限的兩個點，若1，x1，x2,4依次成等差數列，而1，y1，y2,8依次成等比數列，則△O

4、P1P2的面積是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選A　根據等差、等比數列的性質，可知x1＝2，x2＝3，y1＝2，y2＝4.∴P1(2,2)，P2(3,4)．∴S△OP1P2＝1. 4．已知函數y＝loga(x－1)＋3(a>0，a≠1)所過定點的橫、縱坐標分別是等差數列{an}的第二項與第三項，若bn＝，數列{bn}的前n項和為Tn，則T10等于(　　) A. B. C. D. 解析：選B　由y＝loga(x－1)＋3恒過定點(2,3)，即a2＝2，a3＝3，又{an}為等差數列，∴an＝

5、n，n∈N*.∴bn＝，∴T10＝－＋－＋…＋－＝1－＝. 5．(20xx·寧波模擬)已知數列{an}滿足a1＝0，an＋1＝an＋2＋1，則a13＝(　　) A．143 B．156 C．168 D．195 解析：選C　由an＋1＝an＋2＋1，可知an＋1＋1＝an＋1＋2＋1＝(＋1)2，即＝＋1，故數列{}是公差為1的等差數列，所以＝＋12＝13，則a13＝168. 6．已知數列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋sin2，則該數列的前18項之和為(　　) A．2 101 B．1 067 C．1 012 D．2 012 解析：選B　當

6、n為正奇數時，an＋2＝(1＋0)an＋1＝an＋1；當n為正偶數時，an＋2＝(1＋1)an＋0＝2an.∴an是奇數項為等差數列，偶數項為等比數列的一個數列．∴{an}的前18項和為＋＝1 067. 7．(20xx·江西高考)某住宅小區(qū)計劃植樹不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植樹的棵數是前一天的2倍，則需要的最少天數n(n∈N*)等于________． 解析：由題意知第n天植樹2n棵，則前n天共植樹2＋22＋…＋2n＝(2n＋1－2)棵，令2n＋1－2≥100，則2n＋1≥102，又25＋1＝26＝64,26＋1＝27＝128，∴n≥6.∴n的最小值為6. 答案：6 8．數

7、列{an}是公差不為0的等差數列，且a1，a3，a7為等比數列{bn}的連續(xù)三項，則數列{bn}的公比為________． 解析：由題意知a＝a1·a7，即(a1＋2d)2＝a1·(a1＋6d)，∴a1＝2d，∴等比數列{bn}的公比q＝＝＝2. 答案：2 9．(20xx·臺州模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且＝，S7－S4＝15，則Sn的最小值為______． 解析：設等差數列{an}的公差為d，依題意有由此解得a1＝－15，d＝4，an＝4n－19，Sn＝＝2n2－17n＝22－2，因此當n＝4時，Sn取得最小值2n2－17n＝2×42－17×4＝－36. 答案：－

8、36 10．已知等差數列{an}的前n項和為Sn且滿足a2＝3，S6＝36. (1)求數列{an}的通項公式； (2)若數列{bn}是等比數列且滿足b1＋b2＝3，b4＋b5＝24.設數列{an·bn}的前n項和為Tn，求Tn. 解：(1)∵數列{an}是等差數列，∴S6＝3(a1＋a6)＝3(a2＋a5)＝36，則a2＋a5＝12， 由于a2＝3，所以a5＝9，從而d＝2，a1＝a2－d＝1，∴an＝2n－1. (2)設數列{bn}的公比為q.∵b1＋b2＝3，b4＋b5＝24，∴＝q3＝8，則q＝2. 從而b1＋b2＝b1(1＋q)＝3b1＝3，∴b1＝1，bn＝2n－1，∴

9、an·bn＝(2n－1)·2n－1. ∴Tn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)·2n－2＋(2n－1)·2n－1， 則2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n， 兩式相減，得(1－2)Tn＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2·2n－2＋2·2n－1－(2n－1)·2n， 即－Tn＝1＋2(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n ＝1＋2(2n－2)－(2n－1)·2n＝(3－2n)·2n－3.∴Tn＝(2n－3)·2n＋3. 11．已知公差大于零的等差數列{an}的前n項和為Sn，且滿足：a2·a4＝65，a1＋a5＝18.

10、 (1)若10，∴a2

11、 (2)由(1)知，Sn＝n·1＋·4＝2n2－n， ∴bn＝＝， b1＋b2＋…＋bn＝＝. ∵＝－<， ∴存在m＝使b1＋b2＋…＋bn

12、有b1＋b3＝2b2， 解得b1＝，b2＝， ∴數列{bn}是首項為，公差為的等差數列． ∴數列{bn}的通項公式為bn＝(n∈N*)． (2)由(1)得，對任意n∈N*， an＝bnbn＋1＝， 從而有＝＝2， ∴Sn＝2＋＋…＋－＝1－. ∴2Sn＝2－. 又2－＝2－， ∴2Sn－＝－＝. ∴當n＝1，n＝2時，2Sn<2－； 當n≥3時，2Sn>2－. [沖擊名校] 已知Sn是正數數列{an}的前n項和，S，S，…，S，…是以3為首項，以1為公差的等差數列；數列{bn}為無窮等比數列，其前四項之和為120，第二項與第四項之和為90. (1)求an，bn；

13、 (2)從數列中能否挑出唯一的無窮等比數列，使它的各項和等于？若能的話，請寫出這個數列的第一項和公比；若不能的話，請說明理由． 解：(1){Sn}是以3為首項，以1為公差的等差數列， 所以S＝3＋(n－1)＝n＋2. 因為an>0，所以Sn＝(n∈N*)， 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－， 又a1＝S1＝，所以an＝(n∈N*)， 設{bn}的首項為b1，公比為q，則有所以即bn＝3n(n∈N*)． (2)＝n，設可以挑出一個無窮等比數列{cn}， 首項為c1＝p，公比為k(p，k∈N*)，它的各項和等于＝，則有＝， 所以p＝， 當p≥k時3p－3p－k＝8，即3p－

14、k(3k－1)＝8， 因為p，k∈N*，所以只有當p－k＝0，k＝2，即p＝k＝2時，數列{cn}的各項和為. 當pp右邊含有3的因數而左邊非3的倍數，不存在p，k∈N*， 所以存在唯一的等比數列{cn}，首項為，公比為，使它的各項和等于. [高頻滾動] 已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＋n＝2an(n∈N*)． (1)證明：數列{an＋1}為等比數列，并求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，求數列{bn}的前n項和為Tn. 解：(1)證明：因為Sn＋n＝2an，即Sn＝2an－n，所以Sn－

15、1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)． 兩式相減化簡，得an＝2an－1＋1.所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)． 所以數列{an＋1}為等比數列． 因為Sn＋n＝2an，令n＝1，得a1＝1.a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，即an＝2n－1. (2)因為bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以bn＝(2n＋1)·2n. 所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，① 2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，② ①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1 ＝6＋2×－(2n＋1)·2n＋1＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1 ＝－2－(2n－1)·2n＋1.所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.