(新高考)高考数学一轮复习第37讲《数列的综合应用》达标检测(解析版)

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第37讲 数列的综合应用（达标检测）
[A组]—应知应会
1．（春•梅州期末）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的一部数学专著，书中有如下问题：今有女子善织，日增等尺，七日织28尺，第二日，第五日，第八日所织之和为15尺，则第十五日所织尺数为　　
A．13 B．14 C．15 D．16
【分析】根据题意，设每日所织数量构成数列，分析可得数列为成等差数列，且，，据此可得数列的首项与公差，计算可得答案．
【解答】解：由题意可知，设每日所织数量构成数列，则数列为成等差数列，且，，
设其公差为，由，得，解可得，
又由，得，变形可得，则，
故．
故选：．
2．（春•成都期末）已知数列的通项公式，为数列的前项和，满足，则的最小值为　　
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】首先把数列的关系式进行变换，进一步利用裂项相消法求和求出数列的和，解不等式可得所求最小值．
【解答】解：数列的通项公式，
所以．
由于满足，
所以，解得，
所以的最小值为5．
故选：．
3．（春•常德期末）明代数学家吴敬所著的《九章算术比类大全》中，有一道数学命题叫“宝塔装灯”，内容为“远望魏巍塔七层，红灯点点倍加增；共灯三百八十一，” “倍加增”指灯的数量从塔的顶层到底层按公比为2的等比数列递增），根据此诗，可以得出塔的第四层灯的数量为　　
A．12 B．24 C．48 D．96
【分析】由题意利用等比数列的通项公式、前项和公式，求出首项，可得塔的第四层灯的数量 的值．
【解答】解：由题意每一层的灯数成等比数列，公比为，
前7项的和为，求得，
故塔的第四层灯的数量，
故选：．
4．（春•嘉兴期末）对于数列，若存在常数，使对任意，都有成立，则称数列是有界的．若有数列满足，则下列条件中，能使有界的是　　
A． B．
C． D．
【分析】通过定义逐项分析真假即可．
【解答】解：对于选项，假设有界，即存在常数，对任意，都有，，
则．由于左边递增到无穷大，而右边为常数，从而项错误；
同理，项，错误；
对于项，时，，累加可得，，，，显然不是有界的；
对于选项，，，
累乘可得，，从而，正确．
故选：．
5．（•山东模拟）已知数列的前项和为，且，，若，则称项为“和谐项”，则数列的所有“和谐项”的平方和为　　
A． B． C． D．
【分析】根据 得出，然后两式相减，得出，再然后根据 得出 以及 最后根据“和谐项“的定义得出，通过等比数列前 项和公式求和即可得出结果．
【解答】解：因为，所以，则，即，，
所以，因为，所以，
故，
因为，所以，
于是数列 的所有“和谐项“的平方和为：
，
故选：．
6．（春•石家庄期末）如果一个数列由有限个连续的正整数按从小到大的顺序组成（数列的项数大于，且所有项数之和为，那么称该数列为“型标准数列”，例如，数列3，4，5，6，7为“25型标准数列”，则“5336型标准数列”的个数为　　
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据已知条件“型标准数列”，则“5336型标准数列”的公差为1和所有项的和为5336．
【解答】解：由题意知，


，且一奇一偶，
，，，，共三组．
故选：．
7．（春•宜宾期末）河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．在龙门石窟的某处“浮雕像”共有7层，每一层的数量是它下一层的2倍，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案．已知该处共有1016个“浮雕像”，则正中间那层的“浮雕像”的数量为　　
A．508 B．256 C．128 D．64
【分析】根据题意，假设从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，分析可得是以2为公比的等比数列，共有7项且；由等比数列的前项和公式可得，解可得的值，结合等比数列的通项公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，假设从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，
又由“浮雕像”共有7层，每一层的数量是它下一层的2倍，且该处共有1016个“浮雕像”，则是以2为公比的等比数列，共有7项且；
则有，解可得，
则正中间那层的“浮雕像”的数量即；
故选：．
8．（春•宜宾期末）设等差数列的前项和为，若，，则满足的最小正整数的值为　　
A．1010 B．1011 C． D．2021
【分析】根据题意，由等差数列的性质以及等差数列的前项公式，可得，，进一步得到答案．
【解答】解：根据题意，等差数列中，若，，
则，
，
故满足的最小正整数的值为；
故选：．
9．（春•河南期末）等差数列的前项和为，，，则满足的　　
A．50 B．51 C．100 D．101
【分析】由题意和等差数列的性质可得；，进而可得，据此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，等差数列中，，，
则有，则有；
又由，则有；
则有，
若，必有；
故选：．
10．（春•九龙坡区期末）斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多斐波那契于1202年提出的数列．斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为，则的通项公式为　　
A．
B．，且（1），（2）
C．
D．
【分析】对于，推导出（1）；对于，，且（1），（2），满足斐波那契数列；对于，推导出（8）；对于，推导出（2）．
【解答】解：对于，（1），故错误；
对于，，且（1），（2），
满足斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，故正确；
对于，（2），
（4），
（8），故错误；
对于，（2），故错误．
故选：．
11．（春•镜湖区校级期末）我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢”，翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大、小鼠第一天都进一尺，以后每天大鼠加倍，小鼠减半，则在第几天两鼠相遇．这个问题体现了古代对数列问题的研究，现将墙的厚度改为130尺，则在第几天墙才能被打穿？　　
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】由题意结合等比数列的前项和列不等式，然后构造函数，．结合函数零点的判定得答案．
【解答】解：设需要天时间才能打穿，则，
化为：，
令，则（7）．
（8）．
令，．
在内存在一个零点．
又函数在时单调递增，因此在内存在唯一一个零点．
需要8天时间才能打穿．
故选：．
12．（春•宣城期末）已知等比数列的公比为3，前项和为，若关于的不等式有且仅有两个不同的整数解，则的取值范围为　　
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【分析】先通过数列求和公式把求出来，代入到把不等式中，得到①，再分和两种情况分类讨论，显然易得是不等式的解，所以当时不等式①有且仅有一个解，即有且仅有一个大于等于2的解，令令，作差求的单调性之后即容易得到，解出来即得答案．
【解答】解：因为等比数列的公比，所以，
不等式等价于①，
当时，显然是不等式①的解；
当时，，则等价于
，
因为关于的不等式有且仅有两个不同的整数解，
所以当时有且仅有一个解，
令，则
，
故在时单调递减，
所以，
又因为（2），
解得的取值范围为，，．
故选：．
13．（春•威宁县期末）《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作，其中记载了一个这样的问题：假设每对老鼠每月生子一次，每月生12只，且雌雄各半．1个月后，有一对老鼠生了12只小老鼠，一共有14只；2个月后，每对老鼠各生了12只小老鼠，一共有98只．以此类推，假设个月后共有老鼠只，则　　 ．
【分析】依题意得出第 个月老鼠与第 个月老鼠总数的关系，再根据等比数列的定义求出数列的通项公式，最后把代入即可求得答案．
【解答】解：设个月后共有 只老鼠，且雌雄各半，所以 个月后的老鼠只数 满足：

所以，即，
又因为，
所以，
所以数列 是以14为首项7为公比的等比数列，
所以，
即，
当时，，
故答案为：．
14．（春•闵行区校级期末）已知数列中，，，，若对任意正整数恒成立，则实数的取值范围是　　 ．
【分析】通过裂项消项法以及累加法求数列的通项公式，然后求出的范围即可．
【解答】解：数列中，，，，
则，
所以，



，
累加可得，所以，
因为对任意正整数恒成立，所以．
故答案为：，．
15．（•天心区校级模拟）十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，斐波那契数列满足以下关系：，，，记其前项和为．
（1）　 　．
（2）设，，为常数），　 　．
【分析】（1）由已知，，，结合递推关系式代入可求，，，可求，
（2）由已知可得，分组求解，，从而可求．
【解答】解：（1）因为，，，
所以，，
，

，
故，
（2）由（1）得：，
因为，
，
所以．
故答案为：1，．
16．（•葫芦岛二模）定义：数列，满足，则称数列为的“友好数列”．若数列的通项公式，，则数列的“友好数列“的通项公式为　　 ；记数列的前项和为．且，则的取值范围是　　 ．
【分析】①直接利用友好函数的定义和递推关系式的应用求出数列的通项公式．
②利用，进一步整理得，利用解不等式的应用求出结果．
【解答】解：①数列，满足，则称数列为的“友好数列”．若数列的通项公式，
则：，整理得，
所以①，
当时，②，
①②得，故．
②由于，
设，
由于，所以为最大值，
所以，
解得．即．
故答案为：；
17．（春•成都期末）已知是首项不为1的正项数列，其前项和为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求证：．
【分析】（1）在已知数列递推式中，取求得首项，以替换，再与原递推式联立可得，得数列是首项为2，公差为3的等差数列，则其通项公式可求；
（2）把数列的通项公式代入，整理后利用裂项相消法证明．
【解答】解：（1）由，①
得，
解得（舍或．
当时，，②
①②得，
整理得：．
，．
可得数列是首项为2，公差为3的等差数列．
；
证明：（2），


．
18．（春•内江期末）已知数列满足．
（1）求数列的通项；
（2）设，求数列的前项和，当对一切正整数恒成立时，求实数的取值范围．
【分析】（1）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．
（2）利用（1）的结论，进一步利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．
【解答】解：（1）数列满足①，
当时，，②
当时，，
①②得，
所以（首项符合通项），
所以．
（2）由（1）得，
所以①，
②，
①②得，
整理得，
所以当时，的最小值为，
所以当对一切正整数恒成立时，
只需满足，
解得．
故实数的取值范围为，．
19．（春•衢州期末）已知数列满足，，数列是公比为正数的等比数列，，且，，8成等差数列．
（Ⅰ）求数列，的通项公式；
（Ⅱ）若数列满足，求数列的前项和．
（Ⅲ）若数列满足，求证：．
【分析】（Ⅰ）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．
（Ⅱ）利用（Ⅰ）的应用，利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．
（Ⅲ）利用分类讨论思想的应用和恒成立问题的应用，求出的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）数列满足，，
所以（常数），
故，
数列是公比为的正数的等比数列，，且，，8成等差数列．
所以，解得．
所以．
故：，，
解：（Ⅱ）数列满足，
所以，
．
证明：（Ⅲ）数列满足，
所以，
，
，
，
．
20．（•镇江三模）各项为正数的数列如果满足：存在实数，对任意正整数，恒成立，且存在正整数，使得或成立，则称数列为“紧密数列”， 称为“紧密数列” 的“紧密度”．已知数列的各项为正数，前项和为，且对任意正整数，，，为常数）恒成立．
（1）当，，时，
①求数列的通项公式；
②证明数列是“紧密度”为3的“紧密数列”；
（2）当时，已知数列和数列都为“紧密数列”，“紧密度”分别为，，且，，，求实数的取值范围．
【分析】（1）①根据题意可得递推式，由，可得是以首项为1，公差为2的等差数列，然后求出的通项公式；
②由①所得通项公式及“紧密数列”的定义可得结论；
（2）由可得递推式，由此可得，由，讨论，时与已知矛盾，即可得数列是以首项，公比的等比数列，再讨论和，进而求得实数的取值范围．
【解答】解：（1）当，，时，
①，
当时，，
由得，
整理，得，
因为，所以，
即有，当时，．
则是以首项为1，公差为2的等差数列，则．
②由①中，得随着的增多而减小，
则对任意正整数，恒成立，且存在，使得，
则数列是“紧密度”为3的“紧密数列”．
（2）当时，，
，
得，
若，则上式右端中，与矛盾；
若，则上式右端，与矛盾，则，．
则为常数，即数列是以首项，公比的等比数列．
数列为“紧密数列”，则，
所以，又．
（Ⅰ）当时，，对任意正整数恒成立，且存在正整数，使得，
数列的“紧密度”为，，又，
即，
此时，随的增大而减小，
所以，对任意正整数恒成立，
且当时，，所以数列的“紧密度”为，，
则，
与式矛盾．
（Ⅱ）当时，，对任意正整数恒成立，且存在正整数，使得，
则此时的“紧密度”为，，
即
而随着 的增大而减小，
则以对任意正整数恒成立，
且当时，，则的“紧密度” ，，
即，
由，得，即，解得．
综上，实数的取值范围为，．

[B组]—强基必备
1．（•湖北模拟）斐波拉契数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，，在数学上，斐波拉契数列定义如下：，，随着的增大，越来越逼近黄金分割，故此数列也称黄金分割数列，而以、为长和宽的长方形称为“最美长方形”，已知某“最美长方形”的面积约为200平方厘米，则该长方形的长大约是　　
A．20厘米 B．19厘米 C．18厘米 D．17厘米
【分析】因为由已知有，又，得，进而解得．
【解答】解：由已知有，
得：，
由，
得，
即，
由于，，
所以（厘米），
故选：．
2．（2019•兰州二模）定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积，已知数列是等积数列且，前41项的和为103，则这个数列的公积为　　
A．2 B．3 C．6 D．8
【分析】根据“等积数列”的定义知，相邻两项乘积相同，所以每隔一个数的项都是相同的，利用所给条件列方程求解即可．
【解答】解：因为数列是等积数列，可设其公积为，
则有，
因为，前41项的和为103，
所以，
即，
所以，
解得．
故选：．
3．（春•荔湾区校级期中）对于数列，定义为的“优值”，现已知某数列的“优值” ，记数列的前项和为，则　　 ．
【分析】先由题设条件得到，再利用，两式相减求出，检验时是否适合，然后求出即可．
【解答】解：由题意知，即，
又当时，有，
两式相减得：，
整理得，
当时，有也适合，
，
，．
故答案为：．
4．（•荆门模拟）定义：若数列满足，则称该数列为“切线一零点数列”已知函数有两个零点1，2，数列为“切线一零点数列”，设数列满足，数列的前项和为．则　　 ．
【分析】由题意求出函数的，再由题意得出，是等比数列，进而求出通项公式．然后求解数列的和．
【解答】解：由题意函数有两个零点1，2，知：，
，，，，
则，，
，
，，数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，．
故答案为：．
5．（•丰台区一模）已知有穷数列且．定义数列的“伴生数列” ，，，，，，其中，2，，，规定，．
（Ⅰ）写出下列数列的“伴生数列”：
①1，2，3，4，5；
②1，，1，，1．
（Ⅱ）已知数列的“伴生数列” ，，，，，，且满足，2，，．
若数列中存在相邻两项为1，求证：数列中的每一项均为1；
（ⅱ）求数列所有项的和．
【分析】（Ⅰ）直接根据定义求解即可；
（Ⅱ）由题意，存在，2，，，使得，再令结合数列的“伴生数列”一步步推得，再根据，结合即可逆推出，即可得到结论；
（ⅱ）首先证明不可能存在，，使得．分情况分别求解数列所有项的和即可．
【解答】解：（Ⅰ）①1，1，1，1，1；
②1，0，0，0，1．
（Ⅱ）由题意，存在，2，，，使得．
若，即时，．
于是，．
所以，所以．即．
依此类推可得，3，，．
所以，2，，．
若，由得．
于是．所以．
依此类推可得．
所以，2，，．
综上可知，数列中的每一项均为1
（ⅱ）首先证明不可能存在，，使得．
若存在，，使得，
则．
又得与已知矛盾．
所以不可能存在，，，．
由此及（ⅰ）得数列的前三项，，的可能情况如下：
（1）时，由可得，2，，．
于是，2，，．
所以所有项的和．
（2），，时，，
此时与已知矛盾．
（3），，时，，，．
于是，．
故，，
于是，，，
于是，，，且，，．
依此类推且恰是3的倍数满足题意．
所以所有项的和．
同理可得，，及，，时，
当且仅当恰是3的倍数时，满足题意．
此时所有项的和．
综上，所有项的和或是3的倍数）．