2020高考数学（文）二轮总复习专题限时训练1-2-3数列的综合应用（Word版带解析）

专题限时训练　(小题提速练) (建议用时：45 分钟) 1．已知数列{an}为等差数列，满足OA → ＝a3OB → ＋a2 013OC → ，其中 A，B，C 在一条直 线上，O 为直线 AB 外一点，记数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S2 015 的值为(　　) A.2 015 2 B.2 015 C.2 016 D.2 013 解析：依题意有 a3＋a2 013＝1， 故 S2 015＝a3＋a2 013 2 ·2 015＝2 015 2 .故选 A. 答案：A 2．(2019·葫芦岛一模)数列{a n}是等差数列，{bn}是各项均为正数的等比数列，公 比 q＞1，且 a5＝b5，则(　　) A．a3＋a7＞b4＋b6 B.a3＋a7≥b4＋b6 C．a3＋a7＜b4＋b6 D.a3＋a7＝b4＋b6 解析：数列{an}是等差数列，{bn}是各项均为正数的等比数列，公比 q＞1， 由 a3＋a7＝2a5＝2b5，b4＋b6≥2 b4b6＝2b5， a3＋a7≤b4＋b6， 由于 q＞1 可得 a3＋a7＜b4＋b6，故选 C. 答案：C 3．(2019 春·龙凤区校级月考)在等差数列{an}中，其前 n 项和是 Sn，若 S9＞0，S10＜ 0，则在S1 a1 ，S2 a2 ，…，S9 a9 中最大的是(　　) A.S1 a1 B.S8 a8 C.S5 a5 D.S9 a9 解析：依题意，数列{an}是等差数列，其前 n 项和是 Sn， S9＞0，S10＜0，所以Error! 所以 a5＞0，a6＜0，所以公差 d＜0，所以当 6≤n≤9 时Sn an ＜0，当 1≤n≤5 时Sn an ＞0. 又因为当 1≤n≤5 时，Sn 单调递增，an 单调递减， 所以当 1≤n≤5 时，Sn an 单调递增，所以S5 a5 最大．故选 C. 答案：C 4．(2019·师大附中月考)已知数列{an}，{bn}满足 a1＝1，且 an，an＋1 是方程 x2－bnx ＋2n＝0 的两根，则 b10 等于(　　) A．24 B.32 C.48 D.64 解析：由已知得 anan＋1＝2n，∴an＋1an＋2＝2n＋1，则an＋2 an ＝2，所以数列{an }的奇 数项与偶数项都是公比为 2 的等比数列，可以求出 a2＝2，所以数列{an }的项分 别为：1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32…，而 bn＝an＋an＋1，所以 b10＝a10＋a11＝32＋32＝ 64.故选 D. 答案：D 5．已知数列{an}，{bn}满足 bn＝an＋an＋1，则“数列{an}为等差数列”是“数列{bn} 为等差数列”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：若数列{an}为等差数列，设其公差为 d1，则 bn＋1－bn＝(an＋1＋an＋2)－(an＋an ＋1)＝an＋2－an＝2d1.所以数列{bn}是等差数列；若数列{bn}为等差数列，设其公差 为 d2.则 bn＋1－bn＝(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝an＋2－an＝d2，不能推出数列{an}为 等差数列，所以“数列{an}为等差数列”是“数列{bn}为等差数列”的充分不必要 条件，故选 A. 答案：A 6．若等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2，则2Sn＋24 an＋1 的最小值为(　　) A．4 3 B.8 C.6 D.7 解析：由 Sn＝n2，则 an＝Sn－Sn－1＝2n－1，所以2Sn＋24 an＋1 ＝n＋12 n ≥4 3.由均值不等 式知当 n＝12 n ，即 n＝2 3时，取等号．又 n∈N*且 30，若 3是 3a 与 32b 的等比中项，则2 a ＋1 b 的最小值为(　　) A．4 B.1 C.1 4 D.8 解析：∵ 3是 3a 与 32b 的等比中项， ∴3a×32b＝3a＋2b＝( 3)2＝3， ∴a＋2b＝1. ∴2 a ＋1 b ＝(a＋2b)( 2 a ＋1 b)＝4＋4b a ＋a b ≥4＋2 4b a · a b ＝8，当且仅当4b a ＝a b 且 a＋2b＝1，即 a＝1 2 ，b＝1 4 时等号成立，选 D. 答案：D 9．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数 y＝3×2x 的图象上， 等比数列{bn}满足 bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前 n 项和为 Tn，则下列结论正确的是 (　　) A．Sn＝2Tn B.Tn＝2bn＋1 C．Tn>an D.Tn0，从而 S110，所以 Sn 取到最小正数时的 n 的值为 12. 答案：12 14．(2019·呼伦贝尔一模)数列 an＝ 1 n(n＋1)的前 n 项和为 Sn，若 S1，Sm，Sn 成等比 数列(m＞1)，则正整数 n 值为________． 解析：an＝ 1 n(n＋1)＝1 n － 1 n＋1. ∴前 n 项和 Sn＝1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ＝ n n＋1. ∵S1，Sm，Sn 成等比数列(m＞1)， ∴ ( m m＋1)2＝1 2 × n n＋1 ， 解得 n＝ 2m2 2m＋1－m2 ， 令 2m＋1－m2＞0，m＞1，解得 1＜m＜1＋ 2， ∴m＝2，n＝8.故答案为 8. 答案：8 15．(2019·武汉调研)设等差数列{a n}满足 a3＋a7＝36，a4a6＝275，且 anan＋1 有最 小值，则这个最小值为________． 解析：设等差数列{an}的公差为 d，因为 a3＋a7＝36，所以 a4＋a6＝36，与 a4a6＝275 联立， 解得Error!或Error! 当Error!时，可得Error!此时 an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知当 n≤2 时，an0，所以 a2a3＝－12 为 anan＋1 的最小值； 当Error!时，可得Error!此时 a n＝－7n＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当 n≤7 时， an>0，当 n≥8 时，an0，∴d＝2. ∴an＝2n－1(n∈N*)． (2)∵bn＝ 1 n(an＋3)＝ 1 2n(n＋1)＝1 2( 1 n － 1 n＋1)， ∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1 2[(1－1 2)＋( 1 2 －1 3)＋…＋( 1 n － 1 n＋1)] ＝1 2(1－ 1 n＋1)＝ n 2(n＋1). 假设存在整数 t 满足 Sn> t 36 总成立． ∵Sn＋1－Sn＝ n＋1 2(n＋2)－ n 2(n＋1)＝ 1 2(n＋2)(n＋1)>0， ∴数列{Sn}是递增的． ∴S1＝1 4 为 Sn 的最小值， 故 t 36