2021届高考数学总复习课时训练：第5章-数-列第6课时-数列的综合应用-.docx

第五章　数　　列第6课时　数列的综合应用

1. 在等差数列{an}中，满足3a4＝7a7，且a1>0，Sn是数列{an}前n项的和，若Sn取得最大值，则n＝________．
答案：9
解析：设公差d，由题设3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，所以d＝－a1<0.解不等式an>0，即a1＋(n－1)>0，所以n<，则n≤9，当n≤9时，an>0，同理可得n≥10，an<0.
故当n＝9时，Sn取得最大值．
2. 已知数列{an}满足a1＝，2－an＋1＝(n∈N*)，则＝________．
答案：
解析：条件化为＝＋，即＋＝3，所以＝3n－1－，故＝－＝.
3. 已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1、a3、2a2成等差数列，则＝________．
答案：3＋2
解析：∵ a1，a3，2a2成等差数列，∴ 2×a3＝a1＋2a2，即a3＝a1＋2a2，设等比数列{an}的公比为q且q＞0，则a3＝a1q2，a2＝a1q，∴ a1q2＝a1＋2a1q，∴ q2＝1＋2q，解得q＝1＋或1－(舍)，＝＝q2＝(＋1)2＝3＋2.
4. (2021·郑州模拟)已知各项均不为0的等差数列{an}，满足2a3－a＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝________．
答案：16
解析：由于{an}为等差数列，所以a3＋a11＝2a7，所以已知等式可化为4a7－a＝0，解得a7＝4或a7＝0(舍去)．又{bn}为等比数列，所以b6b8＝b＝a＝16.
5. 已知{an}是递增数列，且对任意n∈N*都有an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．
答案：(－3，＋∞)
解析：∵ {an}是递增数列，∴an＋1>an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，∴ λ>－2n－1对于n∈N*恒成立．而－2n－1在n＝1时取得最大值－3，∴ λ>－3.
6. 在各项均为正数的数列{an}中，Sn为前n项和，na＝(n＋1)a＋anan＋1且a3＝π，则tanS4＝________．
答案：
解析：由na＝(n＋1)a＋anan＋1，可得(an＋an＋1)(nan＋1－nan－an)＝0.∵ 数列{an}各项都为正数，∴ an＋an＋1＞0，∴ nan＋1－nan－an＝0.∴ ＝.∴ ＝，＝，…，＝.各式相乘，得＝.∵ a3＝π，∴ an＝.∴ S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝＋＋＋＝.
∴ tanS4＝tan＝tan＝.

7. 已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图象过点(－4n，0)，且f′(0)＝2n，(n∈N*)．
(1) 求f(x)的解析式；
(2) 若数列{an}满足＝f′，且a1＝4，求数列{an}的通项公式．
解：(1) 由f′(x)＝2ax＋b，∴
解得a＝，b＝2n，即f(x)＝x2＋2nx(n∈N*)．
(2) 由＝＋2n，∴ －＝2n.
由累加得－＝n2－n，∴ an＝(n∈N*)．
8. (2021·重庆)已知{an}为等差数列，且a1＋a3＝8，a2＋a4＝12.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 记{an}的前n项和为Sn，若a1、ak、Sk＋2成等比数列，求正整数k的值．
解：(1) 设数列{an}的公差为d，由题意知
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.
(2) 由(1)可得Sn＝＝＝n(n＋1)．
由于a1，ak，Sk＋2成等比数列，所以a＝a1Sk＋2.
从而(2k)2＝2(k＋2)(k＋3)，即k2－5k－6＝0，
解得k＝6或k＝－1(舍去)，因此k＝6.
9. 在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2，5a3成等比数列．
(1) 求d，an；
(2) 若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
解：(1) 由已知得到：
(2a2＋2)2＝5a1a34(a1＋d＋1)2＝50(a1＋2d)(11＋d)2＝25(5＋d)121＋22d＋d2＝125＋25dd2－3d－4＝0或
(2) 由(1)知，当d<0时，an＝11－n，
① 当1≤n≤11时，
an≥0，∴ |a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＝；
② 当n≥12时，
an≤0，∴ |a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋a11－(a12＋a13＋…＋an)
＝2(a1＋a2＋a3＋…＋a11)－(a1＋a2＋a3＋…＋an)
＝2×－＝，
所以，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝
10. (2021·湖北)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10， a1a2a3＝125.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．
解：(1) 由已知条件得：a2＝5.
又a2|q－1|＝10，∴ q＝－1或3，
所以数列{an}的通项an＝5×(－1)n－2或an＝5×3n－2.
(2) 若q＝－1，＋＋…＋＝－或0，不存在这样的正整数m；
若q＝3，＋＋…＋＝<，不存在这样的正整数m.
11. (2021·陕西)设{an}是公比为q的等比数列.
(1) 推导{an}的前n项和公式；
(2) 设q≠1, 证明：数列{an＋1}不是等比数列.
(1) 解：分两种状况争辩．
① 当q＝1时，数列{an}是首项为a1的常数数列，所以Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1.
② 当q≠1时，Sn＝a1＋a2＋…＋an－1＋anqSn＝qa1＋qa2＋…＋qan－1＋qan.
上面两式错位相减，得
(1－q)Sn＝a1＋(a2－qa1)＋(a3－qa2)＋…＋(an－qan－1)－qan＝a1－qan.故Sn＝＝.
综上，Sn＝
(2) 证明：使用反证法．
设{an}是公比q≠1的等比数列，假设数列{an＋1}是等比数列．则
① 当n∈N*，使得an＋1＝0成立，则{an＋1}不是等比数列．
② 当n∈N*，使得an＋1≠0成立，则＝＝q＋恒为常数，所以q＝1.这与题目条件q≠1冲突．
综上两种状况，假设数列{an＋1}是等比数列均不成立，所以当q≠1时，数列{an＋1}不是等比数列．