【2023届必备】2023版高考一轮复习训练22　数列中的综合问题

训练22　数列中的综合问题

一、单选题

1．在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝2n－1，则a9等于(　　)

A．512  B．511  C．502  D．503

答案　D

解析　因为a1＝1，an＋1－an＝2n－1，

所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an －an－1)＝1＋(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1－1)＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)－(n－1)＝2n－n，

所以a9＝29－9＝503.

2．(2022·成都模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝n2，记数列的前n项和为Tn，n∈N*.则使得Tn<成立的n的最大值为(　　)

A．17  B．18  C．19  D．20

答案　C

解析　当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，而a1＝1，也符合an＝2n－1，

∴an＝2n－1，n∈N*.

又＝，

∴Tn＝×

＝×＝，要使Tn<，

即<，得n<20且n∈N*，

则n的最大值为19.

3．(2022·凉山模拟)已知函数f(x)＝3＋1，则f ＋f ＋…＋f ＋f 的值为(　　)

A．2 024   B．2 022

C．2 023   D．2 021

答案　C

解析　函数f(x)＝3＋1，设m＋n＝1，则有m－＝－，

所以f(m)＋f(n)＝3＋1＋3＋1＝2，

所以当m＋n＝1时，f(m)＋f(n)＝2，

令S＝f ＋f ＋…＋f 

＋f ，

所以2S＝＋…

＋＝2×2 023，

故S＝f ＋f ＋…＋f 

＋f ＝2 023.

4．(2022·黄山模拟)我们常把Fn＝22n＋1(n＝0,1,2…)叫作“费马数”，设an＝log2(Fn－1)，n＝1,2，…，Sn表示数列{an}的前n项和，则使不等式＋＋…＋<成立的最大正整数n的值是(　　)

A．2  B．3  C．4  D．5

答案　A

解析　an＝log2(Fn－1)＝log2(22n＋1－1)＝2n，

Sn＝＝2n＋1－2，

则＝

＝＝，

所以＋＋…＋

＝

＝<，

即有2n＋1－1<15，即2n＋1<24，解得n<3，

又n＝1,2，…，则n的最大值为2.

二、多选题

5．(2022·漳州质检)在数列{an}中，a2和a6是关于x的一元二次方程x2－bx＋4＝0的两个根，下列说法正确的是(　　)

A．实数b的取值范围是b≤－4或b≥4

B．若数列{an}为等差数列，则数列{an}的前7项和为4b

C．若数列{an}为等比数列且b>0，则a4＝±2

D．若数列{an}为等比数列且b>0，则a2＋a6的最小值为4

答案　AD

解析　对于A，∵x2－bx＋4＝0有两个根，

∴Δ＝b2－4×1×4≥0，

解得b≤－4或b≥4，故A正确；

对于B，若数列{an}为等差数列，

∵a2和a6是关于x的一元二次方程x2－bx＋4＝0的两个根，

∴a2＋a6＝b，

则S7＝＝＝，故B错误；

对于C，若数列{an}为等比数列且b>0，由根与系数的关系得

可得a2>0，a6>0，

∴a4>0，

由等比数列的性质得a＝a2·a6，

即a4＝＝＝2，故C错误；

对于D，由C可知，a＝a2·a6＝4，且a2>0，a6>0，

∴a2＋a6≥2＝4，当且仅当a2＝a6＝2时，等号成立，故D正确．

6．斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例．作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列．现将斐波那契数列记为{an}，a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，边长为斐波那契数an的正方形所对应的扇形面积记为bn(n∈N*)，则(　　)

A．3an＝an－2＋an＋2(n≥3)

B．a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝a2 025＋1

C.(b2 024－b2 023)＝a2 022·a2 025

D．b1＋b2＋b3＋…＋b2 024＝a2 024·a2 025

答案　AD

解析　由递推公式an＝an－1＋an－2(n≥3)，可得an＋2＝an＋1＋an＝2an＋an－1，an－2＝an－an－1，

所以an－2＋an＋2＝2an＋an－1＋an－an－1＝3an(n≥3)，A选项正确；

又由递推公式可得a1＝1，a2＝a3－a1，a3＝a4－a2，类似的有an＝an＋1－an－1(n≥2)，

累加得a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋an＋1－a2＝an＋2－1，

即a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝a2 025－1，B选项错误；

由题可知扇形面积bn＝a，

故bn－bn－1＝(a－a)＝(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋1·an－2，

故b2 024－b2 023＝a2 025·a2 022，C选项错误；

由an＝an－1＋an－2(n≥3)，

a＝a2·a1，

a＝a2·a2＝a2·(a3－a1)＝a3·a2－a2·a1，

a＝a3·a3＝a3·(a4－a2)＝a4·a3－a3·a2，

类似的有a＝an·an＝an·(an＋1－an－1)＝an＋1·an－an·an－1，

累加得a＋a＋a＋…＋a＝a＋(a3·a2－a2·a1)＋(a4·a3－a3·a2)＋…＋(an＋1·an－an·an－1)＝an＋1·an，

又bn＝a，所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(a＋a＋a＋…＋a)＝an＋1·an，

所以b1＋b2＋b3＋…＋b2 024＝a2 024·a2 025，D选项正确．

三、填空题

7．(2022·揭阳模拟)已知数列{an}满足an＝cos ，则{an}的前100项和为______．

答案　1

解析　因为an＝cos ，所以a1＝1，a2＝－，a3＝－，a4＝1，a5＝－，a6＝－，…，可知数列{an}是以3为周期的周期数列，且a1＋a2＋a3＝0，所以S100＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a97＋a98＋a99＋a100

＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋…＋(a97＋a98＋a99)＋a100

＝a100＝a1＝1.

8．(2022·焦作模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意的n∈N*，都有则S61＝__________.

答案　5

解析　∵

∴a2n＋a2n＋1＝log2＋log2

＝log2，

∴S61＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝1＋log2＋log2＋…＋log2

＝1＋log2＝1＋log216＝5.

四、解答题

9．已知数列{an}的前n项和是Sn，a1＝1，点(n∈N*)均在斜率为的直线上．数列{an}，{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1.

(1)求数列{an}，{bn}的通项an，bn；

(2)若数列{an}中去掉数列{bn}的项后，余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，且数列{cn}的前n项和为Tn，求T100.

解　(1)数列{an}的前n项和是Sn，a1＝1，点(n∈N*)均在斜率为的直线上，

∴－＝(n≥2，n∈N*)，数列是以1为首项，为公差的等差数列．

∴＝，

∴Sn＝(n∈N*)．

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n，a1＝1满足上式，

故an＝n(n∈N*)，

数列{an}，{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1，

当n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2＋(n－2)·2n，

两式相减得，anbn＝n·2n，n＝1满足上式，故anbn＝n·2n(n∈N*)．

∴bn＝2n(n∈N*)，

即an＝n，bn＝2n(n∈N*)．

(2)设数列{an}中前p项中有数列{bn}的q项，则p－q＝100,2q≤p，即求满足2q≤100＋q的最大正整数q，易得q＝6，∴数列{an}中前106项有数列{bn}的6项，∴T100＝S106－(2＋22＋…＋26)＝－＝5 545，

∴T100＝5 545.

10．(2022·宝鸡模拟)已知等差数列{an}的公差d＝2，且a1＋a2＝6，数列{bn}是各项均为正数的等比数列，且满足b1＝，b3b5＝.

(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2)设数列{cn}满足cn＝anbn，其前n项和为Tn.求证：Tn<2.

(1)解　由d＝2，且a1＋a2＝6.

∴2a1＋2＝6，解得a1＝2.

故an＝2＋2(n－1)＝2n.

∵{bn}为等比数列，bn>0，设公比为q，则q>0，

∴b3·b5＝b＝，

∴b4＝＝b1q3，∴q＝，

∴bn＝×n－1＝n，

∴an＝2n，bn＝n.

(2)证明　由(1)得cn＝anbn＝n×n，

∴Tn＝1×＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1＋n×n，①

∴Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1，②

由①－②得

Tn＝＋2＋3＋…＋n－n·n＋1＝－n·n＋1

＝1－(n＋2)·n＋1，

∴Tn＝2－(n＋2)·n，

∴Tn<2.