2020年高考文科数学新课标第一轮总复习练习：5-5数列的综合应用含解析

1、课时规范练A组基础对点练1(2018东北三省四市模拟)等差数列an的公差不为零，首项a11，a2是a1和a5的等比中项，则数列an的前9项和是(C)A9 B.10C81 D.902(2018福建质量检测)设等比数列an的前n项和为Sn，若Sn2n1，则(A)A2 B.1C1 D.2解析：当n1时，a1S14；当n2时，anSnSn12n1(2n)2n，此时2.当n2时，a2224，所以2，解得2.故选A.3已知数列an，定直线l：yx，若(n，an)在直线l上，则数列an的前13项和为(C)A10 B.21C39 D.784等差数列an中的a4，a2 016是函数f(x)x36x24x1的极值点，则loga1 010(D)A. B.2C2 D.解析：f(x)x36x24x1，f(x)3x212x4.a4，a2 016是函数f(x)x36x24x1的极值点，a4，a2 016是f(x)3x212x40的两根a4a2 0164.a4，a1 010，a2 016成等差数列，2a1 010a4a2 0164，a1 0102，loga1 010.5已知an(nN*)，数列an的前n项和为Sn，则

2、使Sn0的n的最小值为(C)A99 B.100C101 D.1026已知在等差数列an中，a1120，公差d4，若Snan(n2)，其中Sn为数列an的前n项和，则n的最小值为(B)A60 B.62C70 D.72解析：Sn120n(4)2n2122n，an1204(n1)4n124，因为Snan，所以2n2122n4n124，化简得n263n620，即(n1)(n62)0，解得n62或n1(与n2矛盾，舍去)所以n的最小值为62.故选B.7(2018新疆检测)等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，且a1b11，a4b48，则.解析：设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，因为a11，a48，所以a4a13d9，所以d3.因为b11，b48，所以q38，所以q2.则S55a35(a4d)25，T511，所以.8(2018沈阳质量监测)在数列an中，a11，a22，an13an2an1(n2)，则an_2n1_.解析：因为an13an2an1(n2)，所以2(n2)，所以an1an(a2a1)2n12n1(n2)又a2a11，所以anan12n2，an1an22n

3、3，a2a11，累加得an2n1(nN*)9已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且S1，S3，S4成等差数列，则数列an的公比为.10已知函数yf(x)的定义域为R，当x1，且对任意的实数x，yR，等式f(x)f(y)f(xy)恒成立若数列an满足a1f(0)，且f(an1)(nN*)，则a2 016的值为_4_031_.解析：根据题意，不妨设f(x)x(其中xR)，则a1f(0)1，f(an1)(nN*)，an1an2.数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，an2n1，a2 0164 031.11(2016高考四川卷)已知数列an的首项为1，Sn为数列an的前n项和，Sn1qSn1，其中q0，nN*.(1)若a2，a3，a2a3成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线x21的离心率为en，且e22，求eee.解析：(1)由Sn1qSn1，得Sn2qSn11，两式相减，得an2qan1，n1.又由S2qS11，得a2qa1，故an1qan对所有n1都成立所以数列an是首项为1，公比为q的等比数列从而anqn1.由a2，a3，a2a3成等差数列，可得2a3a2a2a3，所以

4、a32a2，故q2，所以an2n1(nN*)(2)由(1)可知，anqn1.所以双曲线x21的离心率en .由e2 2，解得q.所以eee(11)(1q2)1q2(n1)n1q2q2(n1)nn(3n1)12(2018成都检测)已知等差数列an的前n项和为Sn，a23，S416，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解析：(1)设数列an的公差为d，因为a23，S416，所以a1d3,4a16d16，解得d2，a11，所以an2n1.(2)由题意，得bn，所以Tnb1b2bn.B组能力提升练1设函数f(x)(x3)3x1，an是公差不为0的等差数列，f(a1)f(a2)f(a7)14，则a1a2a7(D)A0 B.7C14 D.21解析：f(x)(x3)3x1(x3)3(x3)2，而yx3x是单调递增的奇函数，f(x)(x3)3(x3)2是关于点(3,2)成中心对称的增函数又an是等差数列，f(a1)f(a2)f(a7)1472，f(a4)2，即(a43)3(a43)22，解得a43，a1a2a77a421.故选D.2(2016高考全国卷)定义“规

5、范01数列”an如下：an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数若m4，则不同的“规范01数列”共有(C)A18个 B.16个C14个 D.12个解析：由题意，可得a10，a81，a2，a3，a7中有3个0,3个1，且满足对任意k8，都有a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111,00011011,00011101,00100111,00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14个故选C.3已知数列an的首项a12，数列bn为等比数列，且bn，若b10b112，则a21(C)A29 B.210C211 D.212解析：由bn，a12，得b1，a22b1；b2，a3a2b22b1b2；b3，a4a3b32b1b2b3；an2b1b2b3bn1，a212b1b2b3b20，又bn为等比数列，a212(b1b20)(b2b19)(b10b11)2(

6、b10b11)10211.故选C.4(2018福建检测)已知数列an的前n项和为Sn，2Snaan1，且a2a9，则所有满足条件的数列中，a1的最大值为(B)A3 B.6C9 D.12解析：当n1时，2S1aa2，即a1(aa2)当n2时，由得2anaaan1an，所以(an1an)(an1an1)0，所以an1an或an1an1.从a2到a9的变换中，后一项要么是前一项的相反数，要么比前一项大1.若偶数次变号，则a9a2ta2，t0，与t为奇数个1或1之和矛盾，此种情况不成立；若奇数次变号，则a9a2ta2，其中t为偶数个1或1之和，所以t最大为6，最小为6，即a2最大为3，最小为3，所以当a23时，a1(aa2)取得最大值6.故选B.5若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于_9_.解析：依题意有a，b是方程x2pxq0的两根，则abp，abq，由p0，q0，可知a0，b0.由题意可知ab(2)24q，a22b或b22a，将a22b代入ab4，解得a4，b1，此时ab5；将b

7、22a代入ab4，解得a1，b4，此时ab5，则p5，故pq9.6如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC2.过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；依此类推设BAa1，AA1a2，A1A2a3，A5A6a7，则a7.解析：由BC2，得ABa12AA1a2A1A2a31，由此可归纳出an是以a12为首项，为公比的等比数列，因此a7a1q626.7(2018石家庄质检)已知数列an的前n项和Snn，如果存在正整数n，使得(man)(man1)0成立，则实数m的取值范围是.解析：当n2时，anSnSn1nn1n1.当n1时，a1，所以an即数列an为，若存在正整数n，使得(man)(man1)0成立，则m.8对于数列an，定义Hn为an的“优值”，现在已知某数列an的“优值”Hn2n1，记数列ankn的前n项和为Sn，若SnS5对任意的nN*恒成立，则实数k的取值范围为.解析：由题意知Hn2n1，所以a12a22n1ann2n1，当n2时，a12a22n2an1(n1)2n，得2n1ann2n1(n1)2n，解得an2n2，n2，当n1时，a14也满足上式，所以数列an的通项公式为an2n2，且数列an为等差数列，公差为2.令bnankn(2k)n2，则数列bn也是等差数列，由SnS5对任意的nN*恒成立，知2k0，且b5125k0，b6146k0，解得k.9已知首项为的等比数列an的前n项和为Sn(nN*)，且2S2，S3,4S4成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)证明：Sn(nN*)解析：(1)设等比数列an的公比为q，因为2S2，S3,4S4成等差数列，所以S32S24S4S3，即S4S3S2S4，可得2a4a3，于是q.又a1，所以等比数列an的通项公式为ann1(1)n1.(2)证明：Sn1n，Sn1n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以SnS1；当n为偶数时

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