2024届高三数学一轮复习基础夯实练41：数列中的综合问题

这是一份2024届高三数学一轮复习基础夯实练41：数列中的综合问题，共9页。试卷主要包含了设n∈N*，有三个条件等内容，欢迎下载使用。
基础夯实练41  数列中的综合问题1．(2022·汕头模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,4a1,2a3，a5成等差数列，则a1等于(　　)A．5－5  B．5＋5  C．5  D．52．(2023·焦作模拟)直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前受到了广大消费者的追捧，针对这种现状，某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入，若该公司今年投入的资金为2 000万元，并在此基础上，以后每年的资金投入均比上一年增长12%，则该公司需经过____年其投入资金开始超过7 000万元(　　)(参考数据：lg 1.12≈0.049，lg 2≈0.301，lg 7≈0.845)A．14  B．13  C．12  D．113．在正项等比数列{an}中，为a6与a14的等比中项，则a3＋3a17的最小值为(　　)A．2  B．89  C．6  D．34．(2023·岳阳模拟)在等比数列{an}中，a2＝－2a5,1<a3<2，则数列{a3n}的前5项和S5的取值范围是(　　)A.   B.C.   D.5．(多选)(2023·贵阳模拟)已知函数f(x)＝lg x，则下列四个命题中，是真命题的为(　　)A．f(2)，f()，f(5)成等差数列B．f(2)，f(4)，f(8)成等差数列C．f(2)，f(12)，f(72)成等比数列D．f(2)，f(4)，f(16)成等比数列6．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn＝＋1(n＝0,1,2，…) 是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641×6 700 417，不是质数．现设an＝log4(Fn－1)(n＝1,2，…)，Sn表示数列{an}的前n项和．若32Sn＝63an，则n等于(　　)A．5  B．6  C．7  D．87.宋元时期我国数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中“落—形”就是每层为“三角形数”的三角锥垛，三角锥垛从上到下最上面是1个球，第二层是3个球，第三层是6个球，第四层是10个球，…，则这个三角锥垛的第十五层球的个数为________．8．已知数列{an}的通项公式为an＝ln n，若存在p∈R，使得an≤pn对任意的n∈N*都成立，则p的取值范围为________．9．记关于x的不等式x2－4nx＋3n2≤0(n∈N*)的整数解的个数为an，数列{bn}的前n项和为Tn，满足4Tn＝3n＋1－an－2.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)设cn＝2bn－λn，若对任意n∈N*，都有cn<cn＋1成立，试求实数λ的取值范围．             10．设n∈N*，有三个条件：①an是2与Sn的等差中项；②a1＝2，Sn＋1＝a1(Sn＋1)；③Sn＝2n＋1－2.在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．若数列{an}的前n项和为Sn，且________．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若{an·bn}是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列{bn}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．      11．(2022·北京)设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件 12．已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a1>1，则(　　)A．a1<a3，a2<a4   B．a1>a3，a2<a4C．a1<a3，a2>a4   D．a1>a3，a2>a413．函数y＝f(x)，x∈[1，＋∞)，数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，①函数f(x)是增函数；②数列{an}是递增数列．写出一个满足①的函数f(x)的解析式________．写出一个满足②但不满足①的函数f(x)的解析式________．14．设函数f(x)＝数列{an}满足an＋1＝f(an)(n∈N*)，若{an}是等差数列．则a1的取值范围是__________．15．若数列{an}对于任意的正整数n满足：an>0且anan＋1＝n＋1，则称数列{an}为“积增数列”．已知“积增数列”{an}中，a1＝1，数列{a＋a}的前n项和为Sn，则对于任意的正整数n，有(　　)A．Sn≤2n2＋3   B．Sn≥n2＋4nC．Sn≤n2＋4n   D．Sn≥n2＋3n16．设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的正整数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(n∈N*)，求证：b1＋b2＋b3＋…＋bn<1＋n.   
参考答案1．A　2.C　3.C　4.A5．ABD　[对于A，f(2)＋f(5)＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，2f()＝2lg＝1，故f(2)，f()，f(5)成等差数列，故是真命题； 对于B，f(2)＋f(8)＝lg 2＋lg 8＝lg 16,2f(4)＝2lg 4＝lg 16，故f(2)，f(4)，f(8)成等差数列，故是真命题；对于C，f(2)·f(72)＝lg 2×lg 72<2＝lg212＝f2(12)，故f(2)，f(12)，f(72)不成等比数列，故是假命题；对于D，f(2)f(16)＝lg 2×lg 16＝4lg22＝(2lg 2)2＝lg24＝f2(4)，故f(2)，f(4)，f(16)成等比数列，故是真命题．]6．B　[因为Fn＝＋1(n＝0,1,2，…)，所以an＝log4(Fn－1)＝log4(＋1－1)＝log4＝2n－1，所以{an}是等比数列，首项为1，公比为2，所以Sn＝＝2n－1.所以32(2n－1)＝63×2n－1，解得n＝6.]7．120　8.9．解　(1)由不等式x2－4nx＋3n2≤0可得，n≤x≤3n，∴an＝2n＋1，Tn＝×3n＋1－n－，当n＝1时，b1＝T1＝1，当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝×3n－，∵b1＝1适合上式，∴bn＝×3n－.(2)由(1)可得，cn＝3n－1＋(－1)n－1λn，∴cn＋1＝3n＋1－1＋(－1)nλn＋1，∵cn<cn＋1，∴cn＋1－cn＝2×3n＋(－1)n·λn>0，∴(－1)nλ>－×2n，当n为奇数时，λ<×2n，由于×2n随着n的增大而增大，当n＝1时，×2n的最小值为，∴λ<，当n为偶数时，λ>－×2n，由于－×2n随着n的增大而减小，当n＝2时，－×2n的最大值为－，∴λ>－，综上可知，－<λ<.10．解　(1)选择条件①：因为an是2与Sn的等差中项，所以2an＝2＋Sn，所以当n≥2时，2an－1＝2＋Sn－1，两式相减得，2an－2an－1＝an，即an＝2an－1(n≥2)，在2an＝2＋Sn中，令n＝1，可得a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2·2n－1＝2n.选择条件②：由a1＝2，Sn＋1＝a1(Sn＋1)，知Sn＋1＝2(Sn＋1)，当n＝1时，可求得a2＝4，所以当n≥2时，Sn＝2(Sn－1＋1)，两式相减得，an＋1＝2an(n≥2)，又a1＝2，a2＝4也满足上式，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2·2n－1＝2n.选择条件③：在Sn＝2n＋1－2中，令n＝1，则a1＝21＋1－2＝2，当n≥2时，有Sn－1＝2n－2，两式相减得，an＝2n(n≥2)，当n＝1时，a1＝2满足上式，所以an＝2n.(2)因为{an·bn}是以2为首项，4为公差的等差数列，所以an·bn＝2＋(n－1)·4＝4n－2，由(1)知，an＝2n，所以bn＝，所以Tn＝1×0＋3×1＋5×2＋…＋，Tn＝1×1＋3×2＋…＋＋，两式相减得，Tn＝1×0＋2×1＋2×2＋…＋2×n－1－＝1＋2×－＝3－，所以Tn＝6－.11．C　[设无穷等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d.若{an}为递增数列，则d>0，则存在正整数N0，使得当n>N0时，an＝dn＋a1－d>0，所以充分性成立；若存在正整数N0，使得当n>N0时，an＝dn＋a1－d>0，即d>对任意的n>N0，n∈N*均成立，由于n→＋∞时，→0，且d≠0，所以d>0，{an}为递增数列，必要性成立．故选C.]12．B　[因为ln x≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4＝a1·q3≤－1.由a1>1，得q<0.若q≤－1，则ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0.又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾．因此－1<q<0.所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4.]13．f(x)＝x2　f(x)＝2(答案不唯一)解析　由题意，可知在x∈[1，＋∞)这个区间上是增函数的函数有许多，可写为f(x)＝x2.第二个填空是找一个数列是递增数列，而对应的函数不是增函数，可写为f(x)＝2.则这个函数在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)＝2在[1，＋∞)上不是增函数，不满足①.而对应的数列为an＝2在n∈N*上越来越大，属于递增数列．14．(－∞，－3]∪{－2,1} 解析　画出函数f(x)的图象如图所示，当a1≤－3时，a2＝f(a1)＝a1－4≤－7，a3＝f(a2)＝a2－4≤－11，…，数列{an}是首项为a1，公差为－4的等差数列，符合题意，当a1>－3时，因为{an}是等差数列，①若其公差d>0，则∃k0∈N*，使得>2，这与an＋1＝f(an)＝2－a≤2矛盾，②若其公差d＝0，则a2＝－a＋2＝a1，即a＋a1－2＝0，解得a1＝－2或a1＝1，则当a1＝－2时，an＝－2为常数列，当a1＝1时，an＝1为常数列，此时{an}为等差数列，符合题意，③若其公差d<0，则∃k0∈N*，使得>－3且≤－3，则等差数列的公差必为－4，因此＝－4，所以2－＝－4，解得＝－3(舍去)或＝2.又当＝2时，＝…＝－2，这与公差为－4矛盾．综上所述，a1的取值范围是(－∞，－3]∪{－2,1}．15．D　[∵an>0，∴a＋a≥2anan＋1，∵anan＋1＝n＋1，∴{anan＋1}的前n项和为2＋3＋4＋…＋n＋1＝＝，∴数列{a＋a}的前n项和为Sn≥2×＝n2＋3n.]16．(1)解　由已知＝(n∈N*)，整理得Sn＝(an＋2)2，所以Sn＋1＝(an＋1＋2)2.所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝[(an＋1＋2)2－(an＋2)2]＝(a＋4an＋1－a－4an)，整理得(an＋1＋an)(an＋1－an－4)＝0，由题意知an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝4，而a1＝2，即数列{an}是a1＝2，d＝4的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝4n－2.(2)证明　令cn＝bn－1，则cn＝＝＝－.故b1＋b2＋…＋bn－n＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－<1.故b1＋b2＋…＋bn<1＋n.