第40讲　数列的综合问题专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦数列综合应用，覆盖等差等比交汇、实际问题建模及与函数不等式结合，通过分层题型培养数学思维与逻辑推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础综合|1-5题|选择填空，等差等比基本量计算、性质应用|从定义出发，结合等差中项、等比中项及前n项和公式，构建量与量的关系| |实际应用|7、8、15题|与生活情境结合，如市场需求、度量衡、现值终值|将实际问题抽象为数列模型，运用等差等比求和解决，体现数学语言表达现实世界| |综合证明与恒成立|9、12、16题|解答题，含证明、参数范围求解|从递推关系推导数列性质，结合函数单调性、不等式恒成立，培养逻辑推理与运算能力| |概念辨析|10、11题|多选题，判断数列性质|深化等差等比本质理解，通过反例辨析概念联系与区别|

第40讲　数列的综合问题 (时间:45分钟) 1.已知等差数列{an}的公差为2,若a1,a2,a4成等比数列,则a2= (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.-10 B.-6 C.4 D.-4 2.已知等差数列{an}的前30项中奇数项的和为A,偶数项的和为B,且B-A=45,2A=B+615,则an= (　 ) A.3n-2 B.3n-1 C.3n+1 D.3n+2 3.已知数列{an}既是公差为d的等差数列,又是公比为q的等比数列,首项a1=1,则它的前2026项和为 (　 ) A. B.2027+2027×1013d C.2026 D.0 4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,2Sn=an+1an,则S20= (　 ) A.200 B.210 C.400 D.410 5.已知数列{an}满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,…,则数列{bn}的前100项的和S100= (　 ) A.178 B.191 C.206 D.216 6.[2024·河北保定二模] 已知数列{an}的前n项积为Tn,若an=-,则满足Tk∈的正整数k的最小值为　　　　.  7.根据市场调查结果,预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量Sn(万件)近似地满足关系式Sn=(21n-n2-5)(n=1,2,…,12),按此预测在本年度内月需求量超过1.5万件的月份是　　　　.  8.[2024·浙江稽阳联考] 如图,战国时期楚国标准度量衡器——木衡铜环权1954年出土于湖南长沙,“木衡”杆长27厘米,铜盘直径为4厘米.“环权”类似于砝码,用于测量物体质量,九枚“环权”重量最小的为1铢,最大的为半斤(我国古代1两=24铢,1斤=16两),从小到大排列后前3项为等差数列,后7项为等比数列,公比为2,若铜盘一侧某物体为2两13铢,则另一侧需要放置的“环权”枚数为 (　 ) A.2 B.3 C.4 D.5 9.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S3=7,S6=63,若关于n的不等式S2n-tan+33≥0对任意的n∈N*恒成立,则实数t的最大值为 (　 ) A.12 B.16 C.24 D.36 10.(多选题)[2025·宁波一模] 已知数列{an},{bn}都是各项均为正数的等比数列,则 (　 ) A.数列{an+bn}是等比数列 B.数列{an·bn}是等比数列 C.数列是等比数列 D.数列{}是等比数列 11.(多选题)[2024·安徽合肥期末] 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2n+1+m,数列{bn}满足b1+++…+=n,则下列说法正确的是 (　 ) A.m=-1 B.设f(n)=,n∈N*,则f(n)的最小值为12 C.若tan-bn+2>0对任意的n∈N*恒成立,则t> D.设cn=,若数列{cn}的前n项和为Tn,则Tn<2 12.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a3=2S2+1,a4=2S3+1.数列{bn}满足bn=log3an,若存在常数k,使不等式k≥(n∈N*)恒成立,则k的最小值为　　　　.  13.已知数列{an}满足an=log2.给出定义:使数列{an}的前k项和为正整数的k(k∈N*)叫作“好数”,则在[1,2023]内的所有“好数”的和为　　　　.  14.[2024·沧衡联盟期末] 已知在等差数列{an}中,a3=7,a5+a6=29. (1)求{an}的通项公式; (2)若{bn+an}是等比数列,且b1=0,b2=-2,求数列{bn}的前n项和Sn. 15.“现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念,掌握好这两个概念,对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法都是十分有益的.所谓“现值”是指在n期末的金额,把它扣除利息后,折合成现时的值,而“终值”是指n期后的本利和,它们计算的基点分别是存期的起点和终点.例如,在复利计息的情况下,设本金为A,每期利率为r,期数为n,到期末的本利和为S,则S=A(1+r)n,其中S称为n期末的终值,A称为n期后终值S的现值,即n期后终值S现在的价值为A=. 小明想买一座公寓,现有如下两个方案. 方案一:一次性付全款25万元; 方案二:分期付款,每年年初付款3万元,第十年年初付完. (1)假设一年期存款的年利率为2.5%,试讨论两种方案哪一种更好? (2)若小明把房子租出去,第一年年初可获得租金2万元,此后每年年初涨租金1000元,参照第(1)问中的存款年利率2.5%,预计第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值.(结果精确到百元,参考数据:(1+2.5%)10≈1.28) 16.[2024·东北三省三校三模] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=3an-2n. (1)求证:数列{an-2n}是等比数列; (2)设bn=an+λ·2n-(λ+1)·,若{bn}是递增数列,求实数λ的取值范围. 参考答案 第40讲　数列的综合问题 1.C　[解析] ∵数列{an}是公差为2的等差数列,∴a1=a2-2,a4=a2+4,∵a1,a2,a4成等比数列,∴=a1a4,即=(a2-2)(a2+4),解得a2=4,故选C. 2.B　[解析] 设等差数列{an}的公差为d,则B-A=15d=45,所以d=3.因为2A=B+615,所以2A=A+45+615,则A=660.等差数列{an}的奇数项是以a1为首项,2d为公差的等差数列,等差数列{an}的前30项中奇数项有15项,所以A=15a1+×6=660,得a1=2,所以an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1.故选B. 3.C　[解析] 因为{an}既是等差数列又是等比数列,且a1=1,所以an=1(n∈N*)(常数数列),所以其前2026项和为2026,故选C. 4.B　[解析] 因为a1=1,2Sn=an+1an,a1=S1,所以当n=1时,可得a2=2,当n≥2时,2Sn-1=anan-1,与2Sn=an+1an相减可得an+1-an-1=2(n≥2),所以当n=2k-1(k∈N*)时,数列{a2k-1}是以1为首项,2为公差的等差数列,则a2k-1=2k-1,当n=2k(k∈N*)时,数列{a2k}是以2为首项,2为公差的等差数列,则a2k=2k,所以当n为正整数时,an=n,则S20=1+2+3+…+20=210.故选B. 5.A　[解析] 数列{an}满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,…,所以数列{bn}中从a1到ak的项数为k+[1+2+…+(k-1)]=k+=k(k+1),当k=13时,×13×14=91,当k=14时,×14×15=105,因为ak=k,所以S100=(a1+a2+…+a13)+(100-13)×1=+87=178.故选A. 6.5　[解析] 由Tk∈,可得|Tk|<,易知|an|=,|Tn|==,当n≥4时,|Tn|<,又n为偶数时,Tn>0,n为奇数时,Tn<0,所以满足Tk∈的正整数k的最小值为5. 7.7,8　[解析] 设n月份的需求量为an,因为Sn=(21n-n2-5)(n=1,2,…,12),所以当n=1时,a1=S1=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(21n-n2-5)-[21(n-1)-(n-1)2-5]=,由an>1.5,可得n2-15n+54<0,解得6<n<9,可知当n=7或8时需求量超过1.5万件. 8.B　[解析] 设九枚“环权”的重量(铢)按从小到大的顺序构成数列{an},可得a1=1,a9=192,由a3,a4,…,a9成等比数列,公比为2,得a9=a3×26=192,可得a3=3,所以an=3·2n-3,3≤n≤9,n∈N*.由a1,a2,a3成等差数列,可得公差d==1,所以an=n,n≤3,n∈N*,所以需要放置一枚2两,一枚12铢,一枚1铢的“环权”,故选B. 9.C　[解析] 设等比数列{an}的公比为q(q≠1),则S3==7,S6==63,解得q=2,a1=1,∴an=2n-1,S2n=22n-1.关于n的不等式S2n-tan+33≥0即为22n-t×2n-1+32≥0,即t≤2n+1+对任意的n∈N*恒成立. 方法一:设f(n)=2n+1+,n∈N*,则f(n+1)-f(n)=2n+2+-=2n+1-,当n=2时,f(n+1)-f(n)=0,当n=1时,f(n+1)-f(n)<0,当n≥3时,f(n+1)-f(n)>0,又f(2)=f(3)=24,∴当n=2或n=3时,f(n)取得最小值24,∴t≤24,∴tmax=24.故选C. 方法二:由2n+1+≥2=16,当且仅当2n+1=,即n=时等号成立,又n∈N*,∴当n=2或n=3时,2n+1+取得最小值24,∴t≤24,∴tmax=24.故选C. 10.BC　[解析] 对于A,取an=2n,bn=1,此时an+bn=2n+1,显然{2n+1}不是等比数列,故A错误;对于B,C,设an=a1pn-1,bn=b1qn-1,则an·bn=a1b1(pq)n-1,=,显然{an·bn}和均为等比数列,故B,C均正确;对于D,取an=bn=2n-1,此时a1=b1=1,a2=b2=2,a3=b3=4,数列{}的前3项为1,4,256,不可能为等比数列的前3项,故D错误.故选BC. 11.CD　[解析] 由{an}为等比数列,其前n项和Sn=2n+1+m=2·2n+m,则m=-2,故A不正确.由Sn=2n+1-2得Sn-1=2n-2(n≥2),所以an=Sn-Sn-1=2n(n≥2),又{an}为等比数列,所以an=2n,由f(n)=an+=2n+,n∈N*,令t=2n,可得y=t+,当t=4,即n=2时,y=13,当t=8,即n=3时,y=12.5,则f(n)min=f(3)=12.5,故B不正确.由b1+++…+=n,可得=1,则bn=n,若tan>bn-2对任意的n∈N*恒成立,则t·2n>n-2,即t>对任意的n∈N*恒成立,令g(n)=,则g(n+1)-g(n)=-=,当1≤n≤2时,g(n+1)>g(n),当n=3时,g(3)=g(4),当n≥4时,g(n+1)<g(n),则g(n)max=g(3)=g(4)=,则t>,故C正确.cn===-,则Tn=-+-+…+-=2-<2,故D正确.故选CD. 12.　[解析] 将a3=2S2+1与a4=2S3+1作差,可得a4-a3=2a3,即a4=3a3,所以等比数列{an}的公比q==3.因为a1=1,q=3,所以an=1×3n-1=3n-1,所以bn=log3an=log33n-1=n-1,所以==.因为n∈N*,所以n+≥6,当且仅当n=3时等号成立,所以=≤,故k的最小值为. 13.2026　[解析] 设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=log2+log2+…+log2=log2+log2+…+log2=log2=log2(n+2)-log22=log2(n+2)-1.所以Sk=log2(k+2)-1,因为Sk为正整数,所以log2(k+2)-1>0,即k+2>2,可得k>0.令m=log2(k+2),则k=2m-2,因为k∈[1,2023],所以2m∈[3,2025],m∈N*,因为y=2x为增函数,且21=2,22=4,…,210=1024,211=2048,所以m∈[2,10],m∈N*,所以所有“好数”的和为22-2+23-2+…+210-2=-2×9=2026. 14.解:(1)设{an}的公差为d, 由得解得所以an=1+3(n-1)=3n-2. (2)由(1)可知a1=1,a2=4,则a1+b1=1,a2+b2=2,因为{bn+an}是等比数列,所以公比为==2,所以bn+an=2n-1,所以bn=2n-1-(3n-2)=2n-1+2-3n,所以Sn=+2n-=2n-1-n2+n. 15.解:(1)方法一(从终值来考虑):若全款购置,则25万元10年后的价值为25(1+2.5%)10≈32.00(万元). 若分期付款,每年年初所付金额为3万元,10年后的总价值为S=3(1+2.5%)10+3(1+2.5%)9+…+3(1+2.5%)≈34.44(万元).因此付全款较好,即方案一更好. 方法二(从现值来考虑):每年年初付款3万元,10年后现值之和为A=3+++…+,可得1.02510A=3×1.025×,故A≈≈26.91(万元), 比一次性付全款多,故方案一更好. (2)设第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为T万元, 则T=2×(1+2.5%)10+2.1×(1+2.5%)9+…+2.9×(1+2.5%), 记1+2.5%=q,an=-0.1n+3, 则T=a1q+a2q2+…+a10q10, 则qT=a1q2+a2q3+…+a9q10+a10q11,两式作差可得(1-q)T=2.9q-0.1(q2+q3+…+q10)-2q11,故(1-q)T=3q-0.1(q+q2+q3+…+q10)-2q11,可得T=3·-0.1·-2·≈27.88(万元). 故预计第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为27.88万元. 16.解:(1)证明:由Sn=3an-2n知a1=S1=3a1-2,得a1=1. 由已知得an+1=Sn+1-Sn=(3an+1-2n+1)-(3an-2n)=3an+1-3an-2n, 故an+1=an+2n-1,得an+1-2n+1=an+2n-1-2n+1=an-3·2n-1=(an-2n),而a1-21=1-2=-1≠0,故数列{an-2n}是首项为-1,公比为的等比数列. (2)根据(1)的结论有an-2n=-,即an=2n-,则bn=an+λ·2n-(λ+1)·=(λ+1)·2n-(λ+2)·, 由题知bn+1>bn恒成立,即(λ+1)·2n+1-(λ+2)·>(λ+1)·2n-(λ+2)·, 即2(λ+1)·2n-(λ+2)·>(λ+1)·2n-(λ+2)·,化简得到3(λ+1)·4n>(λ+2)·3n. 一方面,对该不等式取n=1,可得到3(λ+1)·4>(λ+2)·3,即λ>-; 另一方面,若λ>-,则λ+1>0,4λ+4>λ+2,故恒有3(λ+1)·≥3(λ+1)·=4λ+4>λ+2,即3(λ+1)·4n>(λ+2)·3n. 所以λ>-. 1 学科网（北京）股份有限公司 $