2023届高考数学易错题专项突破——易错点23 数列的综合应用 WORD版含解析.docx

1、易错点23 数列的综合应用一、单选题1. 等比数列an，0a1f(x)g(x)，且f(x)=axg(x)(a0,且a1),f(1)g(1)+f(1)g(1)=103，若数列f(n)g(n)的前n项和大于363，则n的最小值为A. 4B. 5C. 6D. 77. 数列an满足an+1=an2+an(nN)，a10,12，则以下说法正确的个数0an+1an；a12+a22+a32+an2b成立an1n+1A. 1B. 2C. 3D. 48. “垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在梦溪笔谈中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等，某仓

2、库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是100200910n万元，则n的值为A. 7B. 8C. 9D. 10二、填空题9. 已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，令bn=(1)n14nanan+1，则数列bn的前99项和T99=_10. 正项等比数列an满足a1+a3=54，且2a2，12a4，a3成等差数列，则(a1a2)(a2a3)(anan+1)取得最小值时的n值为_11. 定义各项为正数的数列pn的“

3、美数”为，若各项为正数的数列an的“美数”为12n+1，且bn=an+14，则1b1b2+1b2b3+1b2019b2020=_12. 对于数列an，定义An=a1+2a2+2n1ann为数列an的“好数”，已知某数列an的“好数”An=2n+1，记数列ankn的前n项和为Sn，若SnS7对任意的nN恒成立，则实数k的取值范围是_三、解答题13. 已知正项数列an的首项a1=1，前n项和Sn满足2an=Sn+Sn1(n2)(1)求数列an的通项公式；(2)记数列1anan+1的前n项和为Tn，若对任意的nN，不等式5Tn0，数列bn满足bn=log2an.若b1=4，b2=3()求数列an的通

4、项公式；()设数列bn+m前n项和为Sn，若当且仅当n=5时，Sn取得最大值，求实数m的取值范围已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，且(n+1)an=2Sn(nN)，数列bn满足b1=12，b2=14，对任意nN，都有bn+12=bnbn+1(1)求数列an、bn的通项公式；(2)令Tn=a1b1+a2b2+anbn；(i)求证：12Tn2；(ii)若对任意的nN，不等式nTn+2bnSn2(n+2bn)恒成立，求实数的取值范围一、单选题1. 等比数列an，0a1a4=1使不等式(a11a1)+(a21a2)+(an1an)0成立大自然数A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】C【解析】解

5、：在等比数列an，0a11，n=4时，an1an0a7=a4q3=q3=1a1a6=a4q2=q2=1a2，a5=a4q1=q=1a3，(a11a1)+(a21a2)+(a31a3)+(a41a4)+(a51a5)+(a61a6)+(a71a7)=0，a2=a1q=1q2，所以n的大值7n7时，(a11a1)+(a21a2)+(an1an)0，故选C在等比数列an中，由a11，故n4时，an1an0.a4=a1q3=1知a1=1q3，故a7=a1q6=q3=1a1，理得a6=a1q5=q2=1a2，a5=a1q4=q=1a3，a4=1=1a4/空/，所以(a11a1)+(a21a2)+(a31

6、a3)+(a41a4)+(a51a5)+(a61a6)+(a71a7)0，由此求出n最大值2. 已知等差数列an(公差不为零)和等差数列bn，如果关于x的实系数方程9x2(a1+a2+a9)x+b1+b2+b9=0有实数解，那么以下九个方程x2aix+bi=0(i=1,2，3，9)中，无实数解的方程最多有A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个【答案】B【解析】解：设等差数列an(公差d1不为零)和等差数列bn的公差为d2，则关于x的方程9x2(a1+a2+a9)x+b1+b2+b9=0有解，则(a1+a2+a9)249(b1+b2+b9)0，即有(9(a1+a9)2)236(9(b1+b9)

7、2)20，即有a524b5，则第5个方程有解，若d2=0，则若d10，则a9a8a7a6a5，即有5个方程有解，最多4个方程无解，若d1a2a3a4a5，即有5个方程有解，最多4个方程无解故选：B3. 设等差数列an满足sin2a4cos2a7sin2a7cos2a4sin(a5+a6)=1，公差d(1,0)，当且仅当n=9时，数列an的前n项和Sn取得最大值，求该数列首项a1的取值范围A. (43,32)B. 43,32C. 76,43D. (76,43)【答案】A【解析】解：等差数列an满足sin2a4cos2a7sin2a7cos2a4sina5+a6=1，(sina4cosa7sina

8、7cosa4)(sina4cosa7+sina7cosa4)=sin(a5+a6)=(sina5cosa6+sina6cosa5)，sin(a4a7)sin(a4+a7)=sin(a5+a6)=sin(a4+a7)，即sin(a4a7)=1或sin(a4+a7)=0，sin(3d)=1，d(1,0)，3d(3,0)，则3d=2，d=6，Sn=na1+nn12d=12n2+a1+12n，对称轴方程为n=6a1+12，由题意当且仅当n=9时，数列an的前n项和Sn取得最大值，1726a1+12192，解得43a1f(x)g(x)，且f(x)=axg(x)(a0,且a1),f(1)g(1)+f(1)

9、g(1)=103，若数列f(n)g(n)的前n项和大于363，则n的最小值为A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】解：f(x)=axg(x)(a0且a1)，f(x)g(x)=ax，又f(x)g(x)f(x)g(x)，(f(x)g(x)=f(x)g(x)f(x)g(x)g2(x)0，f(x)g(x)=ax是增函数，a1，f(1)g(1)+f(1)g(1)=103a+a1=103，解得a=13或a=3，综上得a=3数列f(n)g(n)为3n.数列f(n)g(n)的前n项和大于363，3+32+33+3n=3(13n)13=12(3n+13)363，即3n+1729，n+16，解得n5n

10、的最小值为6故选C7. 数列an满足an+1=an2+an(nN)，a10,12，则以下说法正确的个数0an+1an；a12+a22+a32+an2b成立an0，nN所以an0，nN又an+1an=an20故正确；对于：a12+a22+a32+an2=a1a2+a2a3+anan+1=a1an+11所以11a1+11a2+11a3+11amm所以对任意正数b，取正整数mb时，11a1+11a2+11a3+11ammb故正确;对于：当n=1时，显然成立；假设当n=k(k1)时，ak1k+1成立又ak+1=ak2+ak=ak122+14因为ak1k+112，所以ak+11k+12+1k+1=kk+

11、121k+2所以当n=k+1时也成立故而an2且a77k0,a88k0，由a77k=167k0a88k=188k0，解得94k167故答案为94,167三、解答题13. 已知正项数列an的首项a1=1，前n项和Sn满足2an=Sn+Sn1(n2)(1)求数列an的通项公式；(2)记数列1anan+1的前n项和为Tn，若对任意的nN，不等式5Tna2a恒成立，求实数a的取值范围【答案】解：(1)当n2时，2an=Sn+Sn1，2(SnSn1)=Sn+Sn1，即SnSn1=12，所以数列Sn是首项为1，公差为12的等差数列，故Sn=n+12，又由an=12(Sn+Sn1)=12(n+12+n2)=

12、2n+14(n2)，所以an=2n+14,n21,n=1. (2)n=1时,T1=45，当n2时，1anan+1=12n+142n+34=8(12n+112n+3)，Tn=45+8(1517+1719+12n+112n+3)=12582n+3125，又因为T1125，则由5Tn0，数列bn满足bn=log2an.若b1=4，b2=3()求数列an的通项公式；()设数列bn+m前n项和为Sn，若当且仅当n=5时，Sn取得最大值，求实数m的取值范围【答案】解：()由题意，设等比数列an的公比为q，则b1=log2a1=4，即a1=24=16b2=log2a2=3，即a2=23=8q=a2a1=81

13、6=12数列an的通项公式为an=16(12)n1=25n，nN()由()知，bn=log225n=5n故bn+m=5n+m数列bn+m是等差数列当且仅当n=5时，数列bn+m的前n项和Sn取得最大值，b5+m0b6+m056+m0解得0m1实数m的取值范围是(0,1)16. 已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，且(n+1)an=2Sn(nN)，数列bn满足b1=12，b2=14，对任意nN，都有bn+12=bnbn+1(1)求数列an、bn的通项公式；(2)令Tn=a1b1+a2b2+anbn；(i)求证：12Tn2；(ii)若对任意的nN，不等式nTn+2bnSn2(n+2bn)恒成立

14、，求实数的取值范围【答案】解：(1)(n+1)an=2Sn，Sn=(n+1)an2，nN，当n2时，an=SnSn1=(n+1)an2nan12，nan1=(n1)an，即anan1=nn1(n2)，an=anan1an1an2a3a2a2a1a1=nn1n1n2n2n332211=n(n2)又a1=1，也满足上式，故数列an的通项公式an=n，(nN)，由bn+12=bnbn+2，且b10，b1=12，b2=14，可知：数列bn是等比数列，其首项、公比均为12，数列bn的通项公式：bn=(12)n，综上所述：an=n，bn=(12)n(2)anbn=n(12)n，Tn=12+2(12)2+3

15、(12)3+n(12)n，12Tn=(12)2+2(12)3+(n1)(12)n+n(12)n+1Tn12Tn=12+(12)2+(12)nn(12)n+112Tn=12(112n)112n(12)n+1，Tn=2n+22n0，数列Tn为单调递增数列，所以n=1时，Tn取得最小值12，即Tn12，综上所述：12Tn2(ii)由(1)知：Sn=n(n+1)2，由(2)知：Tn=2n+22n，不等式nTn+2bnSn2(n+2bn)恒成立，即n(2n+22n)+n(n+1)2n2(n+22n)，即(1)n2+(12)n40，(nN)恒成立设f(n)=(1)n2+(12)n4，(nN)，当=1时，f(n)=n40恒成立，则=1满足条件；当1时，由于对称轴x=122(1)0，则f(n)在1,+)上单调递减，f(n)f(1)=321满足条件综上所述，实数的取值范围是1,+)