【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第6章 第4节 数列的应用（含解析）新人教B版.docx

1、【走向高考】2022届 高三数学一轮基础巩固 第6章 第4节 数列的应用 新人教B版一、选择题1在等差数列an中，若a1，a2022为方程x210x160的两根，则a2a1008a2022()A10 B15C20D40答案B解析由题意知，a1a2022a2a20222a100810，所以a2a1008a20223a100815，故选B.2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继续下去，得到一系列的圈，那么在前2022个圈中的的个数是()A60B61C62D63答案C解析第一次出现在第1个位置；第二次出现在第(12)个位置；第三次出现在第(123)个位置；第n次出现在第(123n

2、)个位置123n，当n62时，1953,20221953610，a5a62，a5a6()(a5a6)2，等号在a5a6时成立(理)已知a0，b0，A为a，b的等差中项，正数G为a，b的等比中项，则ab与AG的大小关系是()AabAGBabAGCabAGD不能确定答案C解析由条件知，ab2A，abG2，AG0，AGG2，即AGab，故选C.点评在知识交汇点处命题是常见命题方式，不等式与数列交汇的题目要特别注意等差(等比)数列的公式及性质的运用5(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，则以下不可能成为公比的数是()A.BC.D答案B解析因为y(x2)

3、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.6(2022天津和平区质检)已知数列an中的前n项和Snn(n9)，第k项满足7ak10，则k等于()A7B8C9D10答案C解析当k2时，aksksk1k29k(k1)29(k1)2k10，由7ak10，得72k1010，k10，k9.二、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(2n

4、1)x10，则x1x2，x1x2，由题意得|AnBn|x2x1|，所以|AnBn|，因此|A1B1|A2B2|A2022B2022|(1)()()1.8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，an42n12n1.9(文)已知等差数列an中，a35，a611，将此等差数列的各项排成如图所示的三角形数阵：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10则此数阵中第2022行从左到右的第3个数是_答案4054187解析

5、设an的公差为d，则a6a33d6，d2，a11，an2n1，第2022行前共有12320222027091个数，第2022行从左向右第3个数为a20270942202709414054187.(理)正整数按下列方法分组：1，2,3,4，5,6,7,8,9，10,11,12,13,14,15,16，记第n组中各数之和为An；由自然数的立方构成下列数组：03,13，13,23，23,33，33,43，记第n组中后一个数与前一个数的差为Bn，则AnBn_.答案2n3解析由题意知，前n组共有135(2n1)n2个数，所以第n1组的最后一个数为(n1)2，第n组的第一个数为(n1)21，第n组共有2n

6、1个数，所以根据等差数列的前n项和公式可得An(2n1)(n1)2n(2n1)，而Bnn3(n1)3，所以AnBn2n3.三、解答题10(文)(2022洛阳统考)已知数列an中，a12，其前n项和Sn满足Sn1Sn2n1(nN*)(1)求数列an的通项公式an以及前n项和Sn；(2)令bn2log2an1，求数列的前n项和Tn.解析(1)由Sn1Sn2n1得an12n1，即an2n(n2)又a12，所以an2n(nN*)从而Sn2222n2n12.(2)因为bn2log2an12log22n12n1，所以()于是Tn()()()().(理)(2022池州一模)已知数列an满足a11，an12(

7、1)2an.(1)设bn，求证：数列bn是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)设cnan12an，求数列cn的前n项和Sn.解析(1)证明：an12an，2，bn12bn，数列bn是公比为2的等比数列(2)由(1)知bn是公比为2的等比数列，又b1a11，bnb12n12n1，2n1，ann22n1.(3)cn(n1)22n2n22n1(2n1)2n，Sn32522723(2n1)2n.2Sn322523(2n1)2n(2n1)2n1.得，Sn3222222322n(2n1)2n12(2n1)2n12(2n1)2n1，Sn(2n1)2n12.点评数列求和的方法(1)公式求和法(2022

8、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.因为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

9、)2，Tn4.(6)特殊数列求和如果f(ab)f(a)f(b)(a，bR)且f(1)2，则等于()A2022B2022C2022D2022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

10、为()A.BC.D不存在答案A解析由已知an0，a7a62a5，设an的公比为q，则a6qa6，q2q20，q0，q2，4a1，aqmn216a，mn24，mn6，(mn)，等号在，即n2m4时成立12(2022吉林长春第二中学统练)已知an为等差数列，若a1a5a98，则cos(a3a7)的值为()A.BC.D答案D解析数列an为等差数列，a1a5a93a58，a5，a3a72a5，cos(a3a7)coscoscos.13已知函数f(x)x2bx的图象在点A(1，f(1)处的切线l与直线3xy20平行，若数列的前n项和为Sn，则S2022的值为()A.BC.D答案D解析由于f (x)2xb

11、，据题意则有f (1)2b3，故b1，即f(x)x2x，从而，其前n项和Sn(1)()()1，故S2022.14(文)某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是()A8B9C10 D11答案D解析由程序框图可知，S12222k2k11，由S2022得，2k12022，k9.1222291023，S的值加上29后，变为S10232022，此时k的值增加1变为k10，再执行一次循环体后，S10232102047，k10111，此时不满足S2022，输出k的值11后结束点评这是最容易出错的地方，解这类题时，既要考虑等比数列求和，在k取何值时，恰满足S2022，又要顾及S与k的赋值语句的先后顺序(

12、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形状，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()93.15两个正数a、b的等差中项是，一个等比中项是2，且aa0，a3，b4.e.二、填空题16(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

13、所示)，按如此规律下去，则a2022a2022a2022_.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a2022a20225035041，a20221006，故a2022a2022a20221007.三、解答题17(2022湖北)已知Sn是等比数列an的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2a3a418.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数n，使得Sn2022？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由解析(1)设数列an的公比为q，则a10，q0，由

14、条件易知q1.由题意得即解得故数列an的通项公式为an3(2)n1.(2)由(1)有Sn1(2)n.若存在n，使得Sn2022，则1(2)n2022，即(2)n2022.当n为偶数时，(2)n0，上式不成立；当n为奇数时，(2)n2n2022，即2n2022，则n11.综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为n|n2k1，kN，k518(文)(2022成都七中模拟)设函数f(x)(x0)，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

15、等差数列又因为a11，所以an1(n1)，nN*.(2)Sn，nN*.因为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.