2022年高考三轮复习之回归基础练第16练　数列的综合应用

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第16练　数列的综合应用
[考情分析]　高考中有时会将等差数列、等比数列、递推关系、求和方法，以及与函数、方程、不等式等知识交汇整合，着重考查学科能力和核心素养．

考点一　等差数列、等比数列的综合应用
要点重组　
1．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究．
2．如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．
1．已知{an}为等比数列，Sn是它的前n项和．若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5等于(　　)
A．31 B．32 C．33 D．34
答案　A
解析　设等比数列{an}的公比为q，
由a2·a3＝2a1，可得a1q·a1q2＝2a1，
因为a1≠0，所以a1q3＝a4＝2.
又a4与2a7的等差中项为，
所以a4＋2a7＝，即2＋2×2q3＝，
解得q＝，可得a1＝16，
故S5＝＝31.
2．(多选)(2020·潍坊模拟)将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图，该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m＞0)．已知a11＝2，a13＝a61＋1，记这n2个数的和为S.则下列结论正确的是(　　)

A．m＝3 B．a67＝17×37
C．aij＝(3i－1)×3j－1 D．S＝n(3n＋1)(3n－1)
答案　ACD
解析　∵a11＝2，a13＝a61＋1，
∴2m2＝2＋5m＋1，解得m＝3或m＝－(舍去)，
∴aij＝ai1·3j－1＝[2＋(i－1)×3]·3j－1
＝(3i－1)·3j－1，
∴a67＝17×36，
∴S＝(a11＋a12＋a13＋…＋a1n)＋(a21＋a22＋a23＋…＋a2n)＋…＋(an1＋an2＋an3＋…＋ann)
＝＋＋…＋
＝(3n－1)·
＝n(3n＋1)(3n－1)．
故选ACD.
3．在①b1＋b3＝a2；②a4＝b4；③S5＝－25，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中．若问题中的k存在，求k的值，若k不存在，说明理由．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________.
b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk＞Sk＋1且Sk＋1＜Sk＋2?
解　若选择条件①.
设{bn}的公比为q，
则q3＝＝－27，即q＝－3，b1＝－1，
所以bn＝－(－3)n－1，
从而a5＝b1＝－1，a2＝b1＋b3＝－10，
又{an}是等差数列，
所以{an}的公差为d＝＝3，an＝3n－16.
因为Sk＞Sk＋1且Sk＋1＜Sk＋2等价于ak＋1＜0且ak＋2＞0，
即
又k∈N*，所以k＝4.
所以满足题意的k存在，k＝4.
若选择条件②.
设{bn}的公比为q，则q3＝＝－27，
即q＝－3，b1＝－1，
所以bn＝－(－3)n－1，
从而a5＝b1＝－1，a4＝b4＝27，
所以{an}的公差为d＝－28.
因为Sk＞Sk＋1且Sk＋1＜Sk＋2等价于ak＋1＜0且ak＋2＞0，
此时d＝ak＋2－ak＋1＞0，与d＝－28矛盾，所以满足题意的k不存在．
若选择条件③.
设{bn}的公比为q，则q3＝＝－27，
即q＝－3，b1＝－1，
所以bn＝－(－3)n－1.
从而a5＝b1＝－1，由{an}是等差数列得，
S5＝＝－25，解得a1＝－9.
所以{an}的公差为d＝＝2，an＝2n－11.
因为Sk＞Sk＋1且Sk＋1＜Sk＋2等价于ak＋1＜0且ak＋2＞0，
即
又k∈N*，所以k＝4.所以满足题意的k存在，k＝4.
考点二　数列与其他知识的综合应用
要点重组
1．以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题．
2．判断数列问题中的一些不等关系，可利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小．
3．数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．
4．(多选)(2020·保定期末)已知在递增等差数列{an}中，a1a2＝－2，则下列结论成立的是(　　)
A．a10，
即a10，∴A正确；
∴当n≥2时，an>0，故Sn的最小值为S1，∴B正确；
由等差数列通项公式可知a3＝a1＋2d
＝a1＋2
＝(－a1)＋.
由－a1>0，>0结合基本不等式可得
a3＝(－a1)＋≥2＝4，
当且仅当a1＝－2时取等号．∴C错误，D正确．
故选ABD.
5．已知函数f(x)＝e－x(sin x＋cos x)，记f′(x)是f(x)的导函数，将满足f′(x)＝0的所有正数x从小到大排成数列{xn}，n∈N*，则数列{f(xn)}的通项公式是(　　)
A．f(xn)＝(－1)ne－(n＋1)π B．f(xn)＝(－1)n＋1e－nπ
C．f(xn)＝(－1)ne－nπ D．f(xn)＝(－1)n＋1e－(n＋1)π
答案　C
解析　f′(x)＝－e－x(sin x＋cos x)＋e－x(cos x－sin x)＝－2e－xsin x.
由f′(x)＝0，得－2e－xsin x＝0，解得x＝nπ，n∈N*，
从而xn＝nπ，n∈N*，f(xn)＝(－1)ne－nπ，
而＝－e－π(常数)，
所以数列{f(xn)}是公比为q＝－e－π的等比数列，且首项f(x1)＝－e－π，
所以其通项公式为f(xn)＝(－1)ne－nπ.
6．已知数列{an}中，an＝1＋(n∈N*，a∈R且a≠0)．
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．
解　(1)∵an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)，
又a＝－7，∴an＝1＋(n∈N*)．
结合函数f(x)＝1＋的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*)．
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋＝1＋，
已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知5