2022年高考数学总复习数列的综合应用限时练习详细解析人教大纲版

这是一份2022年高考数学总复习数列的综合应用限时练习详细解析人教大纲版，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.数列{an}的前n项和为Sn,若,则S5等于( )
A.1 B. C. D.
解析: ,
∴S5＝a1+a2+a3+a4+a5＝.
答案:B
2.等差数列{an}的前n项和记为Sn,若a2+a6+a10为一个确定的常数,则下列各数中也是常数的是( )
611 C.S12 13
解析:由a2+a6+a10＝3a6为常数,
则a6为常数.
∴为常数.
故选B.
答案:B
3.已知数列{an}的前n项和为Sn＝1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3),则S15+S22-S31的值是( )
A.13 B.-76 C
解析:对数列{an}的相邻两项结合后,再求和.
答案:B
4.已知{an}是等差数列,a1+a2＝4,a7+a8＝28,则该数列前10项和S10等于( )
A.64 B.100 C
解析:设公差为d,则由已知得
.
答案:B
5.记等差数列{an}的前n项和为Sn,若,S4＝20,则S6等于( )
A.16 B.24 C.36
解析:由题意,知S46＝3+15d＝48.
答案:D
6.如果f(a+b)＝f(a)·f(b)且f(1)＝2,则等于( )
A.4 016 B.1 004 C.2 008 D.2 006
解析:由f(a+b)＝f(a)·f(b)得f(n+1)＝f(n)·f(1),,S＝2×1 004＝2 008.
答案:C
上有n个不同的点P1,P2,P3,…,Pn,设椭圆的右焦点为F,数列{|PFn|}是公差大于的等差数列,则n的最大值为 …( )
A.2 005 B.2 006 C.1 002 D.1 003
解析:数列{|PFn|}是以1为首项,|PFn|＝3为末项的等差数列,3＝|PFn|＝1+(n-1)d,(n-1)d＝2,由d＞可得答案.
答案:B
8.设{an}为各项均是正数的等比数列,Sn为{an}的前n项和,则( )
A. B. C. D.
解析:由题意得q＞0,当q＝1时,有;
当q≠1时,有
,
所以.故选B.
答案:B
9.(2009安徽合肥高三第一次质检,理5）已知Sn是等差数列{an}的前n项和,S10＞0并且S11＝0,若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k构成的集合为( )
A.{5} B.{6} C.{5，6} D.{7}
解析:由S10＞0，并且S11＝0，知a6＝0,a11＜0,所以d＜0.
故S5＝S6n≤Sk对n∈N*恒成立，所以正整数k构成集合为{5，6}.
答案:C
10.已知数列{an}的通项公式是,其中a、b均为正常数,那么an与an+1的大小关系是( )
n＞an+1n＜an+1 C.an＝an+1
解析:将an看成,又a、b为正数,
∴f(x)＞0.
恒成立,
即关于n是递增的.
∴an+1＞an.
答案:B
二、填空题
11.设数列{an}的通项为an＝2n-7(n∈N*),则|a1|+|a2|+…+|a15|＝___________.
解析:由an＝2n-7≤0得n≤,ai≤0(i＝1,2,3),
Sn＝a1+a2+…+an＝n2+n-7n＝n2-6n.
所以|a1|+|a2|+…+|a15|＝-a1-a2-a3+a4+a5+…+a15＝-2S3+S15＝-2×(-9)+135＝153.
答案:153
,…的前n项和等于________.
解析:∵,
∴原式＝
.
答案:
13.已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,且S3,S9,S6成等差数列,则q等于__________.
解析:公比q＝1时,不符合题意,
∴q≠1.
∴.
解得.
答案:
14.定义一种“*”运算:对于n∈N*,满足以下运算性质:①2*2＝1;②(2n+2)*2＝3(2n*2).则用含n的代数式表示2n*2为_________.
解析:由已知得,令an＝2n*2,当n＝1时,a1＝2*2＝1＝30;n＝2时,a2＝4*2＝(2+2)*2＝3(2*2)＝3＝31;n＝3时,a3＝6*2＝(2×2+2)*2＝3(4*2)＝32,亦可知a4＝33,a5＝34,…,则可得2n*2＝3n-1.
答案:3n-1
三、解答题
15.已知数列{lg2(an-1)}为等差数列,且a1＝3,a2＝5.
(1)求证:数列{an-1}是等比数列;
(2)求的值.
(1)证明：设lg2(an-1)-lg2(an-1-1)＝d(n≥2),
∴d＝lg2(a2-1)-lg2(a1-1)＝lg24-lg22＝1.
∴lg2(an-1)＝n.∴an-1＝2n.
∴(n≥2).
∴{an-1}是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)解:由(1)可得an-1＝(a1-1)·2n-1,
∴an＝2n+1.
∴
.
16.已知数列{an}的通项求其前n项和Sn.
解:当n为奇数时,以奇数项组成以a1＝1为首项,公差为12的等差数列;偶数项组成以a2＝4为首项,公比为4的等比数列.
∴
.
当n为偶数时,奇数项和偶数项各有项,
∴
.
教学参考例题 志鸿优化系列丛书
【例1】 (2009河北保定高三第一学期调研,22）已知正项数列{an}满足an+12-an2-2an+1-2an＝0,a1n＝n3-3n2+5-an.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)试比较an与bn的大小;
(理)(3)设,且数列{cn}的前n项和为Sn,求的值.
解:(1)由an+12-an2-2an+1-2an＝0,得
(an+1+an)(an+1-an-2)＝0.
因为an＞0,所以an+1-an-2＝0,an+1-an＝2.
所以数列{an}是以a1＝1为首项,以2为公差的等差数列.
所以an＝1+(n-1)×2＝2n-1,
bn＝n3-3n2+5-an＝n3-3n2+5-2n+1＝n3-3n2-2n+6.
(2)由(1)得bn-an＝n3-3n2-2n+6-(2n-1)＝n3-3n2-4n+7,
当n＝1时,b1-a1＝1-3-4+7＝1＞0b1＞a1;
当n＝2时,b2-a2＝23-3×22-4×2+7＝-5＜0b2＜a2;
当n＝3时,b3-a3＝33-3×32-4×3+7＝-5＜0b3＜a3;
当n＝4时,b4-a4＝43-3×42-4×4+7＝7＞0b4＞a4.
下面考查函数f(x)＝x3-3x2-4x+7(x≥4),
f′(x)＝3x2-6x-4＝3(x-1)2-7,
当x＝4时,f′(x)＞0,所以f(x)在［4,+∞)上递增.
所以当n≥4时数列{bn-an}单调递增,即
0＜b4-a4＜b5-a5＜…＜bn-an＜….
综上,当n＝1或n≥4时,bn＞an,
当n＝2,3时,bn＜an.
（理）(3)由(1)得
.
所以.
所以.
【例2】 某汽车销售公司为促销采取了较为灵活的付款方式,对购买10万元一辆的轿车在一年内将款全部付清的前提下,可以选择以下两种分期付款的方案购车:
方案一:分3次付清,购买后4个月第1次付款,再过4个月第2次付款,再过4个月第3次付款.
方案二:分12次付清,购买后1个月第1次付款,再过1个月第2次付款,…,购买后12个月第12次付款.
规定分期付款中每期付款额相同,月利率为0.8%,每月利息按复利计算,即指上月利息要计入下月的本金.
(1)试比较以上两种方案的哪一种方案付款总额较少?
3411121112≈1.268)
解:(1)对于方案一,设每次付款额为x18x14x1万元,第3次付款的本金为x18x14x1+x112.
解得x1≈3.63(万元).
付款总额为3×3.63＝10.89(万元).
对于方案二,设每次付款为x2万元,那么一年后,
11x210x2万元,…,第12次付款的本金为x2万元,
11x210x22+x212.
解得x2≈0.88(万元),
付款总额为12×0.88＝10.56(万元),
显然,第二种方案付款总额较少.
12,而转入再投资所产生的本金为10(1-p%)(1+2%)12,
则依题意有
解得4＜p＜13.2.