2022高考数学(文)(新课标)一轮复习知能训练：第五章-数列-第5讲-数列的综合应用.docx

1．(2021·山西省四校联考)设等差数列{an}和等比数列{bn}首项都是1，公差与公比都是2，则ab1＋ab2＋ab3＋ab4＋ab5＝(　　)
A．54 B．56
C．58 D．57
解析：选D.由题意，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1×2n－1＝2n－1，∴ab1＋…＋ab5＝a1＋a2＋a4＋a8＋a16＝1＋3＋7＋15＋31＝57.
2．已知数列{an}满足：a1＝m(m为正整数)，an＋1＝若a6＝1，则m全部可能的取值为(　　)
A．{4，5} B．{4，32}
C．{4，5，32} D．{5，32}
解析：选C.an＋1＝留意递推的条件是an(而不是n)为偶数或奇数．由a6＝1始终往前面推导可得a1＝4或5或32.
3．(2022·高考辽宁卷)设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则(　　)
A．d<0 B．d>0
C．a1d<0 D．a1d>0
解析：选C.设bn＝2aa，则bn＋1＝2aa，由于{2 aa}是递减数列，则bn>bn＋1，即2 aa>2 aa.∵y＝2x是单调增函数，∴a1an>a1an＋1，
∴a1an－a1(an＋d)>0，∴a1(an－an－d)>0，即a1(－d)>0，∴a1d<0.
4．在数列{an}中，若a1＝－2，an＋1＝an＋n·2n，则an＝(　　)
A．(n－2)·2n B．1－
C. D.
解析：选A.由于an＋1＝an＋n·2n，所以an＋1－an＝n·2n，所以an－a1＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝(n－1)×2n－1＋(n－2)×2n－2＋…＋2×22＋1×21(n≥2)．
设Tn＝(n－1)×2n－1＋(n－2)×2n－2＋…＋2×22＋1×21(n≥2)，则2Tn＝(n－1)×2n＋(n－2)×2n－1＋(n－3)×2n－2＋…＋2×23＋1×22，两式相减得Tn＝(n－2)·2n＋2(n≥2)，所以an＝(n－2)·2n＋2＋a1＝(n－2)·2n(n≥2)．又n＝1时，上式成立，所以选A.
5．(2021·湖南澧县一中等三校联考)在等比数列{an}中，0<a1<a4＝1，则能使不等式＋＋…＋≤0成立的最大正整数n是(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选C.设等比数列{an}的公比为q，则为等比数列，其公比为，由于0<a1<a4＝1，所以q>1且a1＝.又由于＋＋…＋≤0，所以a1＋a2＋…＋an≤＋＋…＋，即
≤，把a1＝代入，整理得qn≤q7，由于q>1，所以n≤7，故选C.

6．(2021·高考江西卷)某住宅小区方案植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．
解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102.由于26＝64，27＝128.则n＋1≥7，即n≥6.
答案：6
7．在等比数列{an}中，若an>0，且a1·a2·…·a7·a8＝16，则a4＋a5的最小值为________．
解析：由等比数列性质得，a1a2…a7a8＝(a4a5)4＝16，又an>0，∴a4a5＝2.再由基本不等式，得a4＋a5≥2＝2.∴a4＋a5的最小值为2.
答案：2
8．设Sn是数列{an}的前n项和，若(n∈N*)是非零常数，则称数列{an}为“和等比数列”．若数列{2b}是首项为2，公比为4的等比数列，则数列{bn}__________(填“是”或“不是”)“和等比数列”．
解析：数列{2b}是首项为2，公比为4的等比数列，所以2b＝2·4n－1＝22n－1，bn＝2n－1.设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝n2，T2n＝4n2，所以＝4，因此数列{bn}是“和等比数列”．
答案：是
9．在等比数列{an}(n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设bn＝log2an，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0.
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项公式an.
解：(1)证明：∵bn＝log2an，
∴bn＋1－bn＝log2＝log2q为常数，
∴数列{bn}为等差数列且公差d＝log2q.
(2)设数列{bn}的公差为d，∵b1＋b3＋b5＝6，∴b3＝2.
∵a1>1，∴b1＝log2a1>0.
∵b1b3b5＝0，∴b5＝0.
∴解得
∴Sn＝4n＋×(－1)＝.
∵∴
∴an＝25－n(n∈N*)．
10．(2022·高考浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…·an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn；
②求正整数k，使得对任意n∈N*，均有Sk≥Sn.
解：(1)由题意知a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，
知a3＝()b3－b2＝8.
又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)，
所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．
故数列{bn}的通项公式为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，
所以Sn＝－(n∈N*)．
②由于c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，
当n≥5时，cn＝，
而－＝>0，
得≤<1，
所以，当n≥5时，cn<0.
综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4.