考向21数列综合运用（重点）-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题（全国通用）（解析版）

考向21数列综合运用1.（2022年乙卷理科第4题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列:，，，，以此类推，其中其中，则A．B．C．D．【答案】D【解析】：由已知，，，，故；同理可得,，又因为，故；于是得，排除A，，故，排除C，而，排除B.故选择D.方法二：（取特殊值）取，于是有，，，，，分子分母分别构成斐波那契数列，于是有，，，.于是得，，.对比选项，选D.2.（2022浙江卷第10题）已知数列满足，，则A． B．C． D．【答案】B【解析】，则数列单调递减，.由，，累加得，得，得又根据得，所以，累加得，得，.3．（2021年上海卷第12题）已知函数对于任意，和中有且只有一个成立，求的最小值.【答案】31【解析】由题意得，=1\*GB3\*MERGEFORMAT①当时，若，则.若想前9项和最小，则可取，，，，，，满足题意，此时；=2\*GB3\*MERGEFORMAT②当时，若成立，若想前9项和最小，则可取，，，，，，，此时.综上可得：的最小值为4．（2021年浙江卷第120题）已知数列满足，记数列的前项和为，则 A． B． C． D．【答案】A【解析】显然，由知，又由得：，，．故选A．5.（2021年新高考1卷第17题）17．（10分）已知数列满足，.（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前项和．【答案】（1），，；（2）．【解析】（1）由已知，，，，，数列的奇数项构成以为首项，为公差的等差数列，所以当为奇数时，，数列的偶数项构成以为首项，为公差的等差数列，所以，而，所以，，，所以.（2）由（1）知：的前项和，所以的前项和为.1.公式法求和中的常用公式有(1)等差、等比数列的前n项和①等差数列：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d(d为公差)或Sn＝eq\f(na1＋an,2).②等比数列：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，))其中q为公比．(2)四类特殊数列的前n项和①1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(1,2)n(n＋1)．②1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.③12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)．④13＋23＋33＋…＋n3＝eq\f(1,4)n2(n＋1)2.2.解决数列与数学文化相交汇问题的关键一是读懂题意，即会“脱去”数学文化的背景，提取关键信息；二是构造模型，即由题意构建等差数列或等比数列或递推关系式的模型；三是“解模”，即把文字语言转化为求数列的相关信息，如求指定项、公差(或公比)、项数、通项公式或前n项和等． 3.数列与函数综合问题的主要类型及求解策略(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形．4.数列与不等式的综合问题(1)判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．(2)以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．(3)考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可以通过构造函数进行证明． 1.等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋4S2＝0，则公比q＝( )A．－1 B．1C．－2D．2【答案】C【解析】选C.方法一：因为a3＋4S2＝0，所以a1q2＋4a1＋4a1q＝0，因为a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故选C.方法二：因为a3＋4S2＝0，所以a2q＋eq\f(4a2,q)＋4a2＝0，因为a2≠0，所以q＋eq\f(4,q)＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q＝－2，故选C.2.中国古代数学名著《算法统宗》中有一道题：“今有七人差等均钱，甲乙均七十七文，戊己庚均七十五文，问丙丁各若干？”，意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚七个人，所分钱数为等差数列，甲、乙两人共分77文，戊、己、庚三人共分75文，则丙、丁两人各分多少文钱？则下列说法正确的是( )A．丙分34文，丁分31文B．丙分37文，丁分40文C．丙分40文，丁分37文D．丙分31文，丁分34文【答案】A【解析】(1)方法一：设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数依次是a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，且成等差数列，设公差为d，根据题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝77，,a5＋a6＋a7＝75，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋d＝77，,a1＋4d＋a1＋5d＋a1＋6d＝75，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝40，,d＝－3，))所以丙分得a3＝a1＋2d＝34(文)，丁分得a4＝a1＋3d＝31(文)，故选A.方法二：依题意，设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为a－3d，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，a＋3d，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3d＋a－2d＝77，,a＋d＋a＋2d＋a＋3d＝75，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝31，,d＝－3，))所以丙分得a－d＝34(文)，丁分得a＝31(文)，故选A.3.在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为( )A．1 B．2C．3D．5【答案】C【解析】 (1)方法一：因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故a9＋a11＝eq\f(（a5＋a7）2,a1＋a3)＝eq\f(42,8)＝2.同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝eq\f(（a9＋a11）2,a5＋a7)＝eq\f(22,4)＝1.所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.方法二：设等比数列{an}的公比为q，则a5＝a1q4，a7＝a3q4，所以q4＝eq\f(a5＋a7,a1＋a3)＝eq\f(4,8)＝eq\f(1,2).又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝2，a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝1，所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d>0，a6和a8是函数f(x)＝eq\f(15,4)lnx＋eq\f(1,2)x2－8x的极值点，则S8＝( )A．－38B．38C．－17D．17【答案】A【解析】因为f(x)＝eq\f(15,4)lnx＋eq\f(1,2)x2－8x，所以f′(x)＝eq\f(15,4x)＋x－8＝eq\f(x2－8x＋\f(15,4),x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(15,2))),x)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)或x＝eq\f(15,2).又a6和a8是函数f(x)的极值点，且公差d>0，所以a6＝eq\f(1,2)，a8＝eq\f(15,2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝\f(1,2)，,a1＋7d＝\f(15,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－17，,d＝\f(7,2).))所以S8＝8a1＋eq\f(8×（8－1）,2)×d＝－38，故选A.5.已知数列{an}是公比不等于1的正项等比数列，且lga1＋lga2021＝0，若函数f(x)＝eq\f(2,1＋x2)，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2021)＝( )A．2020B．4040C．2021D．4042【答案】C【解析】因为数列{an}是公比不等于1的正项等比数列，且lga1＋lga2021＝0，所以lg(a1·a2021)＝0，即a1·a2021＝1.因为函数f(x)＝eq\f(2,1＋x2)，所以f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(2,1＋x2)＋eq\f(2,1＋\f(1,x2))＝eq\f(2＋2x2,1＋x2)＝2，所以f(a1)＋f(a2021)＝2.令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2021)．则T＝f(a2021)＋f(a2020)＋…＋f(a1)．所以2T＝f(a1)＋f(a2021)＋f(a2)＋f(a2020)＋…＋f(a2021)＋f(a1)＝2×2021，所以T＝2021.故选C.6.已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是( )A．Sn＝2Tn B．Tn＝2bn＋1C．Tn＞anD．Tn＜bn＋1【答案】D【解析】因为点(n，Sn＋3)在函数y＝3×2x的图象上，所以Sn＋3＝3×2n，即Sn＝3×2n－3.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3×2n－3－(3×2n－1－3)＝3×2n－1，又当n＝1时，a1＝S1＝3适合上式，所以an＝3×2n－1.设bn＝b1qn－1，则b1qn－1＋b1qn＝3×2n－1，可得b1＝1，q＝2，所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.由等比数列前n项和公式可得Tn＝2n－1.结合选项可知，只有D正确．7.(多选)已知数列{an}满足2an≤an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则( )A．a5≥4a2－3a1B．a2＋a7≤a3＋a6C．3(a7－a6)≥a6－a3D．a2＋a3≥a6＋a7【答案】AC【解析】由2an≤an－1＋an＋1(n≥2)，可得an－an－1≤an＋1－an，所以有a2－a1≤a3－a2≤…≤an＋1－an，所以a5－a4＋a4－a3＋a3－a2≥3(a2－a1)，化简得a5≥4a2－3a1，故选项A正确；由a7－a6≥a3－a2可得a7＋a2≥a6＋a3，故选项B错误；由3(a7－a6)≥a6－a5＋a5－a4＋a4－a3＝a6－a3，故可知选项C正确；若an＝n，满足2an≤an－1＋an＋1(n≥2)，但a2＋a3＝5＜a6＋a7＝13，所以选项D错误．故选AC.8.(多选)已知各项均为正数的等比数列{an}，a1＞1，0＜q＜1，其前n项和为Sn，下列说法正确的是( )A．数列{lnan}为等差数列B．若Sn＝Aqn＋B，则A＋B＝0C．SnS3n＝Seq\o\al(2,2n)D．记Tn＝a1a2·…·an，则数列{Tn}有最大值【答案】ABD【解析】由题意可知，an＝a1qn－1，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q).对于A，lnan＝lna1qn－1＝lna1＋(n－1)lnq,lnan＋1＝lna1qn＝lna1＋nlnq，所以lnan＋1－lnan＝lnq，所以{lnan}为等差数列，所以A正确．对于B，Sn