第5章 第5节 数列的综合应用-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课时作业word（人教B版）

课时冲关40　数列的综合应用 学生用书　P332 [基础训练组] 1．(2024·潮州市模拟)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金箠，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤．若该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重(　　 ) A．6斤　 B．7斤　 C．9斤　 D．15斤 解析：D　[设从头到尾每一尺的质量构成等差数列{an}，则有a1＝4，a5＝2， 所以a1＋a5＝6， 数列{an}的前5项和为S5＝5×＝5×3＝15，即该金箠共重15斤．] 2．(2024·岳阳质检二)德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响．他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知某数列通项an＝，则a1＋a2＋…＋a100＝(　　) A．98　 B．99　 C．100　 D．101 解析：C　[由已知，数列通项an＝，所以an＋a101－n＝＋＝＋＝＝2， 所以a1＋a100＝a2＋a99＝a3＋a98＝an＋a101－n＝2， 所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.] 3．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为： 第一步，构造数列1，，，，…，； 第二步，将第一步中数列的各项乘以n，得到的新数列记为a1，a2，a3，…，an. 则a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝(　　 ) A．n2 B．(n－1)2 C．n(n－1) D．n(n＋1) 解析：C　[由题意得，新数列为n，，，，…，， 故a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an ＝n·＋·＋·＋…＋· ＝n2 ＝n2 ＝n2＝n(n－1)．] 4．“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦……”．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上的第一道数列题，大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，从第一项起依次为0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，记大衍数列为{an}，则下列命题正确的是(　　) A．a11＝62 B.＋＋＋…＋＋＝ C．a2＋a4＋a6＋…＋a12＝182 D．当n为偶数时，an＝ 解析：CD　[根据数列前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…， 则奇数项为：，，，，，…， 偶数项为：，，，，，…， 所以通项公式为an＝ 所以a11＝＝60，A错误； n为奇数且n≥3时，＝＝－， 所以＋＋＋…＋＋＝＋－＋－＋…＋－＝＋－＝，B错误； 对于C，a2＋a4＋a6＋…＋a12＝＋＋…＋＝(22＋42＋62＋82＋102＋122)＝182，C正确； 对于D，当n为偶数时，an＝，D正确．] 5．(多选)设{an}是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意n∈N＋，均有an＋k＞an，则称{an}是间隔递增数列，k是{an}的间隔数，下列说法正确的是(　　) A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列 B．已知an＝n＋，则{an}是间隔递增数列 C．已知an＝2n＋(－1)n，则{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2 D．已知an＝n2－tn＋2 020，若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3，则4≤t＜5 解析：BCD [A.an＋k－an＝a1qn＋k－1－a1qn－1＝a1qn－1(qk－1) ，因为q＞1，所以当a1＜0时，an＋k＜an，故错误；B.an＋k－an＝n＋k＋－＝k＝k ，令t＝n2＋kn－4，t在n∈N＋单调递增，则t(1)＝1＋k－4＞0，解得k＞3，故正确； C．an＋k－an＝2(n＋k)＋(－1)n＋k－[2n＋(－1)n]＝2k＋(－1)n((－1)k－1) ，当n为奇数时，2k－(－1)k＋1＞0，存在k≥1成立，当n为偶数时，2k＋(－1)k－1＞0，存在k≥2成立，综上：{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2，故正确；D.若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3，则an＋k－an＝(n＋k)2－t(n＋k)＋2 020－(n2－tn＋2 020)＝2kn＋k2－tk＞0，n∈N＋成立，则k2＋(2－t)k＞0，对于k≥3成立，且k2＋(2－t)k≤0，对于k≤2成立，即k＋(2－t)＞0，对于k≥3成立，且k＋(2－t)≤0，对于k≤2成立， 所以t－2＜3，且t－2≥2，解得4≤t＜5，故正确．] 6．(多选)已知数列{an}的前n项和是Sn，满足＝对n∈N*成立，则下列结论正确的是(　　) A．a1＝±1 B．{an}一定是递减数列 C．数列{S}是等差数列 D．a2 023＝－ 解析：AC　[由＝得：2Sn＝an＋， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1， 则2Sn＝Sn－Sn－1＋，整理得S－S＝1，显然＝， 则S＝1，因此数列{S}是等差数列，首项为1，公差为1，C正确； a＝S＝1，解得a1＝±1，A正确； S＝1＋(n－1)×1＝n，当Sn>0时，Sn＝，当n≥2时，an＝－，a1＝1满足上式， 因此an＝－，此时an＝，an＋1＝，an＋1<an，{an}是递减数列， 当Sn<0时，Sn＝－，当n≥2时，an＝－＋，a1＝－1满足上式， 因此an＝－＋，此时an＝－，an＋1＝－，an＋1>an，{an}是递增数列，B错误； 当Sn>0时，an＝－，a2 023＝－， 当Sn<0时，an＝－＋，a2 023＝－＋，D错误．] 7．已知数列{an}的前n项和为Sn，过点P(n，Sn)和点Q(n＋1，Sn＋1)(n∈N＋)的直线的斜率为3n－2，则a2＋a4＋a5＋a9＝________. 解析：因为过点P(n，Sn)和点Q(n＋1，Sn＋1)(n∈N＋)的直线的斜率为3n－2，所以＝Sn＋1－Sn＝an＋1＝3n－2(n∈N＋)，所以a2＝1，a4＝7，a5＝10，a9＝22，所以a2＋a4＋a5＋a9＝40. 答案：40 8．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N＋)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.则数列{bn}的通项公式为________；数列{an}的通项公式an＝________. 解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q＋q2－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以，bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，② 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 答案：bn＝2n　3n－2 9．粗细都是1 cm的一组圆环依次相扣，悬挂在某处，最上面圆环的外直径是20 cm，每个圆环的外直径皆比它上面的圆环的外直径少1 cm，则从上向下数第3个环底部与第1个环顶部距离是________；记从上向下数第n个环底部与第一个环顶部距离是an cm，则an＝________. 解析：由题意，a1＝20，a2＝20＋19－2＝37，a3＝20＋19＋18－4＝53，则an＝20＋19＋18＋…＋(21－n)－2(n－1)＝－2(n－1)＝(1≤n≤18)． 答案：53 cm　(1≤n≤18，n∈N＋) 10．[创新题型](2024·山东高考预测卷)在①b4＝a3＋a5；②b4＋b6＝3a3＋3a5；③3a2＋a3＝b4这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，说明理由． 已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是公比大于0的等比数列，b1＝1，b3＝b2＋2，b5＝a4＋2a6，且________，设cn＝，是否存在k，使得对任意的n∈N＋，都有ck≤cn? 解：设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q＞0)， 因为{bn}是公比大于0的等比数列，且b1＝1，b3＝b2＋2， 所以q2＝q＋2，解得q＝2(q＝－1不合题意，舍去)．所以bn＝2n－1. 若存在k，使得对任意的n∈N＋，都有ck≤cn，则cn存在最小值． 若选①，则由b5＝a4＋2a6，b4＝a3＋a5， 可得解得 所以Sn＝n2＋n，cn＝＝ ＝. 因为n∈N＋，所以n2＋n≥2，所以cn不存在最小值， 即不存在满足题意的k. 若选②，由b5＝a4＋2a6，b4＋b6＝3a3＋3a5，可得解得 所以Sn＝－n2＋n，cn＝＝. 因为当n≤20时，cn＞0，当n≥21时，cn＜0， 所以易知cn的最小值为c21＝－. 即存在k＝21，使得对任意的n∈N＋，都有ck≤cn. 若选③，则由b5＝a4＋2a6，a2＋a3＝b4， 可得解得 所以Sn＝，cn＝＝. 因为2n2＋26n≥28，所以cn不存在最小值， 即不存在满足题意的k. [能力提升组] 11．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，则的值为(　　) A．2　 B．4　 C．±2　 D．±4 解析：A　[因为a3，a15是方程x2－7x＋12＝0的两根，所以，所以a3＞0，a15＞0，结合等比数列的奇数项符号相同知a9＞0，则由a＝a3a15＝a1a17＝12，得a9＝2，所以＝＝a9＝2.] 12．(多选)对于数列{an}(n∈N＋)，满足性质“对任意的正整数n，≤an＋1都成立”的数列是(　　) A．an＝n2＋n＋1 B．an＝2n＋1 C．an＝ln D．an＝2n－1 解析：BCD　[对于A，＝＝8＞a2＝7，不满足性质“对任意的正整数n，≤an＋1都成立”；对于B、D，数列{2n＋1}和{2n－1}都是等差数列，故有＝an＋1，满足性质“对任意的正整数n，≤an＋1都成立”；对于C，an＝ln，an＋2＋an＝ln，2an＋1＝ln2，又·－2＝＜0，即有≤an＋1，因此数列{an}满足性质“对任意的正整数n，≤an＋1都成立”．综上所述，满足性质“对任意的正整数n，≤an＋1都成立”的数列为BCD.] 13．(2024·安徽黄山三检)在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；…；第n次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，…，xt,2.记an＝log 2(1·x1·x2·…·xt·2)，其中t＝2n－1，n∈N＋，则数列{an}的通项an＝________. 解析：由题意，根据an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，可得an＋1＝log2[1·(1·x1)·x1·(x1·x2)·x2·…·xt·(xt·2)·2]＝ log2＝3an－1， 设an＋1＋m＝3(an＋m)，即an＋1＝3an＋2m，可得m＝－， 易知a1＝log2(1×2×2)＝2，则数列是首项为2－＝，公比为3的等比数列，故an－＝×3n－1， 所以an＝(n∈N＋)． 答案：(n∈N＋) 14．(2023·天津卷)已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4. (1)求{an}的通项公式和. (2)已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k－1≤n≤2k－1，则bk<an<bk＋1. (ⅰ)当k≥2时，求证：2k－1<bk<2k＋1； (ⅱ)求{bn}的通项公式及其前n项和． 解：(1)由题意可得 解得 则数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1， 注意到a2n－1＝2×2n－1＋1＝2n＋1，a2n－1＝2×(2n－1)＋1＝2n＋1－1.从a2n－1到a2n－1共有2n－1－(2n－1－1)＝2n－1项， 故＝2n－1×(2n＋1)＋×2＝22n－1＋2n－1＋22n－2－2n－1＝3×22n－2. (2)(ⅰ)证明：由题意可知，当2k－1≤n≤2k－1时， bk＜an＜bk＋1， 取n＝2k－1，则bk＜a2k－1＝2×2k－1＋1＝2k＋1，即bk＜2k＋1， 当2k－2≤n≤2k－1－1时，an＜bk， 取n＝2k－1－1，此时an＝a2k－1－1＝2(2k－1－1)＋1＝2k－1， 据此可得，2k－1＜bk， 综上可得当k≥2时，2k－1＜bk＜2k＋1. (ⅱ)由(ⅰ)可知：1＜b1＜3,3＜b2＜5,7＜b3＜9， 15＜b4＜17，据此猜测bn＝2n， 否则，若数列的公比q＞2，则bn＝b1qn－1＞b1×2n－1＞2n－1， 注意到2n－1－(2n－1)＝1－2n－1，则2n－1－(2n－1)＞0不恒成立，即2n－1＞2n－1不恒成立， 此时无法保证2n－1＜bn， 若数列的公比q＜2，则bn＝b1qn－1＜b1×2n－1＜3×2n－1， 注意到3×2n－1－(2n＋1)＝2n－1－1，则2n－1－1＜0不恒成立，即3×2n－1＜2n＋1不恒成立， 此时无法保证bn＜2n＋1， 综上可知，数列的公比为2， 则数列的通项公式为bn＝2n， 其前n项和为Sn＝＝2n＋1－2. 8 学科网（北京）股份有限公司 $$