高考数学一轮复习 第六章 数列 课时达标检测(三十)数列的综合问题 理

1 课时达标检测（三十） 数列的综合问题 [小题常考题点——准解快解] 1．(2018·安徽六安一中月考)已知数列{an}的通项公式为an＝5－n，其前n项和为Sn，将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn.若存在m∈N*，使对任意n∈N*，Sn≤Tm＋λ恒成立，则实数λ的取值范围是( ) A．[2，＋∞) B．(3，＋∞) C．[3，＋∞) D．(2，＋∞)

解析：选D 依题意得Sn＝4＋5－nn2＝n9－n2，根据二次函数的性质，n＝4,5时，Sn取得最大值为10.另外，根据通项公式得数列{an}的前4项为a1＝4，a2＝3，a3＝2，a4＝1，观察易知抽掉第二项后，余下的三项可组成等比数列．所以数列{bn}中，b1＝4，公

比q＝12，所以Tn＝41－12n1－12＝81－12n，所以4≤Tn<8.因为存在m∈N*，对任意n∈N*，Sn≤Tm

＋λ恒成立，所以10<8＋λ，所以λ>2.故选D. 2．(2018·北京景山学校段测)已知数列{an}满足a1＝1，P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－

y＋1＝0上，如果函数f(n)＝1n＋a1＋1n＋a2＋…＋1n＋an(n∈N*，n≥2)，那么函数f(n)的最

小值为( ) A.13 B．14

C.712 D．512 解析：选C 将点P的坐标代入直线方程，得an＋1－an＝1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n，所以f(n)＝1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n，f(n＋1)＝1n＋2＋1n＋3＋…

＋1n＋n＋2，所以f(n＋1)－f(n)＝1n＋n＋1＋1n＋n＋2－1n＋1>12n＋2＋12n＋2－1n＋1＝0，所以f(n)单调递增，故f(n)的最小值为f(2)＝712，故选C. 3．(2018·江西金溪一中月考)据统计测量，已知某养鱼场，第一年鱼的质量增长率为200%，以后每年的增长率为前一年的一半．若饲养5年后，鱼的质量预计为原来的t倍．下列选项中，与t值最接近的是( ) A．11 B．13 2

C．15 D．17 解析：选B 设鱼原来的质量为a，饲养n年后鱼的质量为an，q＝200%＝2，则a1＝a(1

＋q)，a2＝a11＋q2＝a(1＋q)1＋q2，…，a5＝a(1＋2)×(1＋1)×1＋12×1＋122×

1＋1

23

＝40532a≈12.7a，即5年后，鱼的质量预计为原来的12.7倍，故选B. 4．(2018·湖北襄阳四校联考)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1，12，13，14，…，1n.①

第二步：将数列①的各项乘以n2，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an. 则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝( ) A.n24 B．n－124

C.nn－14 D．nn＋14 解析：选C 由题意知所得新数列为1×n2，12×n2，13×n2，…，1n×n2，所以a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝n2411×2＋12×3＋13×4＋…＋1n－1×n＝

n2

4

1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1－1n＝n241－1

n＝nn－14，故选C.

5．(2018·辽宁盘锦高中月考)数列{an}满足a1＝14，an＋1＝14－4an，若不等式a2a1＋a3a2＋…＋an＋2an＋1A.74 B．34 C.78 D．38 解析：选A 因为数列{an}满足a1＝14，an＋1＝14－4an，所以反复代入计算可得a2＝26，a3

＝38，a4＝410，a5＝512，…，由此可归纳出通项公式an＝n2n＋1，经验证，成立．所以an＋1

an

＝1＋1nn＋2＝1＋121n－1n＋2，所以a2a1＋a3a2＋…＋an＋2an＋1＝n＋1＋121＋12－1n＋2－1n＋3＝n

＋74－121n＋2＋1n＋3.因为要求a2a1＋a3a2＋…＋an＋2an＋13

故选A. 6．已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝π2，若函数f(x)＝sin 2x＋

2cos2x2，记yn＝f(an)，则数列{yn}的前9项和为( ) A．0 B．－9 C．9 D．1

解析：选C 由已知可得，数列{an}为等差数列，f(x)＝sin 2x＋cos x＋1，∴fπ2＝1.∵f(π－x)＝sin(2π－2x)＋cos(π－x)＋1＝－sin 2x－cos x＋1，∴f(π－x)＋f(x)＝2.∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，∴f(a1)＋…＋f(a9)＝2×4＋1＝9，即数列{yn}的前9项和为9. 7．(2018·四川成都石室中学模拟)若f(x)＝xm＋ax的导函数为f′(x)＝2x＋1，则数

列1fn(n∈N*)的前n项和为( )

A.nn＋1 B．n＋2n＋1 C.nn－1 D．n＋1n 解析：选A 因为f(x)＝xm＋ax，所以f′(x)＝mxm－1＋a.又因为f′(x)＝2x＋1，所以m＝2，a＝1，所以f(n)＝n2＋n＝n(n＋1)，所以1fn＝1nn＋1＝1n－1n＋1，所以数列

1fn的前n项和为1f1＋1f2＋…＋1fn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1

＝1

－1n＋1＝nn＋1.故选A. 8．(2018·河南新乡模拟)若数列{an＋1－an}是等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝5，则an＝________.

解析：∵a2－a1＝1，a3－a2＝3，∴q＝3，∴an＋1－an＝3n－1，∴an－a1＝a2－a1＋a3－a2＋…

＋an－1－an－2＋an－an－1＝1＋3＋…＋3n－2＝3n－1－12，∵a1＝1，∴an＝3n－1＋12.

答案：3n－1＋12 9．(2018·广东潮州模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝an＋1

SnSn＋1

，则b1＋b2＋…＋bn＝________.

解析：由an＝2·3n－1可知数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＝ 4

21－3n1－3＝3n－1，则bn＝an＋1SnSn＋1＝Sn＋1－SnSnSn＋1＝1Sn－1Sn＋1

，则b1＋b2＋…＋bn＝1S1－1S2＋

1S2－1

S3

＋…＋1Sn－1Sn＋1＝1S1－1Sn＋1＝12－13n＋1－1.

答案：12－13n＋1－1 10．(2018·安徽六安一中段测)已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数，对于任意的x，y∈R都有f(xy)＝xf(y)＋yf(x)成立，数列{an}满足an＝f(3n)(n∈N*)，且a1＝3，则数列{an}

的通项公式an＝________. 解析：因为an＝f(3n)，所以an＋1＝f(3n＋1)且a1＝3＝f(3)．又因为对于任意的x，y∈R都有f(xy)＝xf(y)＋yf(x)成立，所以令x＝3n，y＝3，则f(3n＋1)＝3nf(3)＋3f(3n)，所以

an＋1＝3an＋3·3n，所以an＋13n＋1－an3n＝1，所以an3n是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an3n＝

1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n·3n. 答案：n·3n

[大题常考题点——稳解全解] 1．(2018·山西八校联考)已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝1，且2a2，a4,3a3成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)由2a2，a4,3a3成等差数列可得2a4＝2a2＋3a3， 即2a1q3＝2a1q＋3a1q2， 又q>1，a1＝1，故2q2＝2＋3q， 即2q2－3q－2＝0，得q＝2， 因此数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)bn＝2n×2n－1＝n×2n， Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①

2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1.② ①－②得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1，

－Tn＝22n－12－1－n×2n＋1， Tn＝(n－1)×2n＋1＋2.

2．(2017·山东高考)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2. (1)求数列{xn}的通项公式；