【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第6章-第4节-数列的应用.docx

第六章第四节一、选择题1(文)若a、b、c成等比数列，则函数f(x)ax2bxc的图象与x轴交点的个数是()A0B1C2D不确定答案A解析由题意知，b2ac0，b24ac3ac0，f(x)的图象与x轴无交点(理)已知数列an，bn满足a11，且an、an1是函数f(x)x2bnx2n的两个零点，则b10等于()A24 B32 C48 D64答案D解析依题意有anan12n，所以an1an22n1，两式相除得2，所以a1，a3，a5，成等比数列，a2，a4，a6，成等比数列，而a11，a22，所以a1022432，a1112532.又由于anan1bn，所以b10a10a1164，故选D2(文)小正方形依据下图中的规律排列：每小图中的小正方形的个数就构成一个数列an，有以下结论：a515；数列an是一个等差数列；数列an是一个等比数列；数列的递推公式为：anan1n(nN*)，其中正确的为()ABCD答案D解析观看图形可知an123n.选D(理)某同学在电脑中打出如下若干个圈：若将此若干个圈依此规律连续下去，得到一系列的圈，那么在前2022个圈中的的个数是()A60B61C62D63答案C解析第一次毁灭在第1个位置；其次次毁灭在第(12)个位置；第三次毁灭在第(123)个位置；第n次毁灭在第(123n)个位置123n，当n62时，1953,20221953610，a150，a6a15()225，等号在a6a155时成立，即当an5(nN*)时，a6a15取最大值25.5(2022河北衡水一模)已知正项等比数列an满足a7a62a5，若存在两项am，an使得4a1，则的最小值为()ABCD不存在答案A解析由于a7a62a5，所以q2q20，q2或q1(舍去)又4a1，所以mn6.则()(mn)(14).当且仅当，即n2m时，等号成立此时m2，n4.故选A6(2022上海徐汇、金山、松江二模)函数y图象上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不行能成为公比的数是()ABCD答案B解析由于y(x2)2y21(y0)，故函数的图象是以(2,0)为圆心，1为半径的半圆由圆的几何性质可知圆上的点到原点的距离的最小值为1，最大值为3，故q23，即q，而，选B二、填空题7(2022河南适应性考试)已知对于任意的自然数n，抛物线y(n2n)x2(2n1)x1与x轴相交于An，Bn两点，则|A1B1|A2B2|A2022B2022|_.答案解析令(n2n)x2(2n1)x10，则x1x2，x1x2，由题意得|AnBn|x2x1|，所以|AnBn|，因此|A1B1|A2B2|A2022B2022|(1)()()1.8已知an是公差不为0的等差数列，bn是等比数列，其中a12，b11，a2b2,2a4b3，且存在常数、，使得anlogbn对每一个正整数n都成立，则_.答案4解析设an的公差为d，bn的公比为q，则解得(舍去)或所以an2n，bn4n1.若anlogbn对每一个正整数n都成立，则满足2nlog4n1，即2n(n1)log4，因此只有当2，2时上式恒成立，所以4.9(文)已知m、n、mn成等差数列，m、n、mn成等比数列，则椭圆1的离心率为_答案解析由2n2mn和n2m2n可得m2，n4，e.(理)已知双曲线an1y2anx2an1an(n2，nN*)的焦点在y轴上，一条渐近线方程是yx，其中数列an是以4为首项的正项数列，则数列an的通项公式是_答案an2n1解析双曲线方程为1，焦点在y轴上，又渐近线方程为yx，又a14，an42n12n1.三、解答题10(文)(2021浙江萧山五校联考)已知二次函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数f (x)2x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)均在函数yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2nan，Tn是数列bn的前n项和，求Tn.解析(1)设f(x)ax2bx，f (x)2axb2x2，a1，b2，f(x)x22x，Snn22n，当n2时，anSnSn1(n22n)(n1)22(n1)2n1，又a1S13，适合上式，an2n1.(2)bn(2n1)2n，Tn321522723(2n1)2n，2Tn322523724(2n1)2n1，相减得Tn3212(22232n)(2n1)2n162(2n1)2n1(12n)2n12，Tn(2n1)2n12.(理)已知函数yf(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f (x)6x2，数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)在函数yf(x)的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an和数列bn满足等式：an(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.解析(1)由题意可设f(x)ax2bxc，则f (x)2axb6x2，a3，b2，f(x)过原点，c0，f(x)3x22x.依题意得Sn3n22n.n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5，n1时，a1S11适合上式an6n5(nN*)(2)an，an1(n2)相减得6，bn62n(n2)b12a12，bnTn26(22232n)32n222.点评数列求和的方法(1)公式求和法(2021浙江高考)在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比数列(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.解析(1)由题意得a15a3(2a22)2，a110，即d23d40.故d1或d4.所以ann11，nN或an4n6，nN.(2)设数列an的前n项和为Sn.由于d0.当n1时，2a1a11，a11；当n2时，Sn2an1，Sn12an11，两式相减，得an2an2an1(n2)，整理得2(n2)数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，则an12n12n1.(2)由(1)及题意知a2bn22n2，bn22n，cn，Tn，Tn，得Tn4()42(1)2，Tn4.(6)特殊数列求和假如f(ab)f(a)f(b)(a，bR)且f(1)2，则等于()A2011B2022C2021D2022答案D解析令an，b1，f(n1)f(n)f(1)，f(1)2，210072022.已知数列an的通项公式为anlog2(nN)，设其前n项和为Sn，则使Sn5成立的自然数n()A有最大值63B有最小值63C有最大值32D有最小值32答案B解析Sna1a2a3anlog2log2log2log2log2log25，6462，nmin63.一、选择题11(2022吉林长春其次中学统练)已知an为等差数列，若a1a5a98，则cos(a3a7)的值为()ABCD答案D解析数列an为等差数列，a1a5a93a58，a5，a3a72a5，cos(a3a7)coscoscos.12椭圆1上有n个不同的点P1、P2、Pn，椭圆的右焦点为F，数列|PnF|是公差大于的等差数列，则n的最大值为()A2001B2000C1999D1998答案B分析公差确定后，首项和末项之差越大，等差数列的项数就越多(即n越大)，故P1与Pn取长轴两端点时n取最大值，可依据公差大于列不等式解解析|PnF|maxac3，|PnF|minac1，d，nN，nmax2000，故选B13(文)(2021河北教学质量监测)已知数列an满足：a11，an1(nN*)若bn1(n)(1)(nN*)，b1，且数列bn是单调递增数列，则实数的取值范围为()A2B3C2Dbn，得2n(n)2n1(n1)，即n1恒成立，而n1的最小值为2，故实数的取值范围为2.(理)(2022湖北十大名校联考)已知an()n，把数列an的各项排列成如下的三角形外形，a1a2a3a4a5a6a7a8a9记A(m，n)表示第m行的第n个数，则A(10,12)()A()93B()92C()94D()112答案A解析前9行一共有1351781个数，而A(10,12)表示第10行的第12个数，n93，即A(10,12)a93()93.14(文)如图，是一个算法的程序框图，该算法输出的结果是()ABCD答案C解析循环过程为i14i2，m1，S；i24i3，m2，S；i34i4，m3，S；i40，a11，an2n1.二、填空题15(2022安徽安庆二模)如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标依次对应数列an(nN*)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a2011a2022a2021_.答案1007解析由a11，a21，a31，a42，a52，a63，a72，a84可知，这个数列的规律是奇数项为1，1,2，2,3，3，偶数项为1,2,3，故a2011a20215035041，a20221006，故a2011a2022a20211007.16(文)已知数列an的通项公式为an2n(nN*)，把数列an的各项排列成如图所示的三角形数阵：22223242526272829210记M(s，t)表示该数阵中第s行的第t个数，则M(11,2)对应的数是_(用2n的形式表示，nN)答案257解析由数阵的排列规律知，第m行的最终一个数是数列an的第123m项，且该行有m项，由此可知第11行的第2个数是数列an的第257项，对应的数是257.(理)(2021广东佛山一模)我们可以利用数列an的递推公式an(nN*)，求出这个数列各项的值，使得这个数列中的每一项都是奇数，则a24a25_；争辩发觉，该数列中的奇数都会重复毁灭，那么第8个5是该数列的第_项答案28640解析a24a25a1225a625a32532528.5a5a10a20a40a80a160a320a640.三、解答题17(文)已知数列an是公差d0的等差数列，记Sn为其前n项和(1)若a2、a3、a6依次成等比数列，求其公比q.(2)若a11，证明点P1，P2，Pn(nN*)在同一条直线上，并写出此直线方程解析(1)a2、a3、a6依次成等比数列，q3，即公比q3.(2)证明：Snna1d，a1d1d.点Pn在直线y1d上点P1，P2，Pn(nN*)都在过点(1,1)且斜率为的直线上此直线方程为y1(x1)即dx2y2d0.(理)在等差数列an中， 设Sn为它的前n项和，若S150，S160，且点A(3，a3)与B(5，a5)都在斜率为2的直线l上，(1)求a1的取值范围；(2)指出，中哪个值最大，并说明理由解析(1)由已知可得2，则公差d2，14a10，S168(a8a9)0，a90；当9i15时，0)，数列an满足a11，anf()，nN*，且n2.(1)求数列an的通项公式；(2)对nN*，设Sn，若Sn恒成立，求实数t的取值范围解析(1)由anf()可得，anan1，nN*，n2.所以an是等差数列又由于a11，所以an1(n1)，nN*.(2)Sn，nN*.由于an，所以an1，所以()所以Sn()，nN*.Snt(nN*)恒成立令g(n)(nN*)，g(n)2n36(nN*)令p2n3，则p5，pN*.g(n)p6(nN*)，易知p5时，g(n)min.所以t，即t的取值范围是(，(理)(2022四川资阳模拟)已知数列an的前n项和Sn满足：Snann3.(1)求证：数列an1是等比数列；(2)令cnlog3(a11)log3(a21)log3(an1)，对任意nN*，是否存在正整数m，使都成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由解析(1)当n1时，S1a1a12，解得a14.当n2时，由Snann3得Sn1an1n4，两式相减，得SnSn1anan11，即an3an12，则an13(an11)，故数列an1是以a113为首项，3为公比的等比数列(2)由(1)知an13n，cnlog3(a11)log3(a21)log3(an1)12n，所以2()，则2(1)()()2(1)，由对任意nN*都成立，得2(1)，即m6(1)对任意nN*都成立，当n1时，6(1)取最小值3，m3.又mN*，所以m的值为1,2,3.