【高考领航】2022高考数学总复习5-6数列的综合应用练习苏教版【A组】一、填空题1．某学校高一、高二、高三共计2460名学生，三个年级的学生人数刚好成等差数列，则该校高二年级的人数是________．解析：由题意可设高一、高二、高三三个年级的人数分别为a－d，a，a＋d.则a－d＋a＋a＋d＝2460，∴a＝＝820.故高二年级共有820人．答案：8202．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S9＝－36，S13＝－104，等比数列{bn}中，b5＝a5，b7＝a7，则b6的值为________．解析：依题意得，S9＝9a5＝－36⇒b5＝a5＝－4，S13＝13a7＝－104⇒b7＝a7＝－8，所以b6＝±4.答案：±43．设{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．记Mn＝ab1＋ab2＋…＋abn，则{Mn}中不超过2009的项的个数为________．解析：由题意得an＝n＋1，bn＝2n－1，所以Mn＝ab1＋ab2＋ab3＋…＋abn＝a1＋a2＋a4＋…＋a2n－1＝(1＋1)＋(2＋1)＋(4＋1)＋…＋(2n－1＋1)＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋n＝＋n＝2n＋n－1，Mn≤2009，即2n＋n－1≤2009⇒n≤10.答案：104．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10等于________．解析：依题意有anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，两式相除得＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列，a2，a4，a6，…也成等比数列，而a1＝1，a2＝2.所以a10＝2·247\n＝32，a11＝1·25＝32.又因为an＋an＋1＝bn，所以b10＝a10＋a11＝64.答案：645．已知数列{an}的前n项的和为Sn，对任意n∈N*都有Sn＝2an－1，则a1的值为________，数列{an}的通项公式an＝________.解析：当n＝1时，a1＝2a1－1，可知a1＝1，当n≥2，且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－2an－1＋1，可知＝2，即{an}是等比数列，得an＝2n－1(n∈N*)．答案：1 2n－1(n∈N*)6．(2022·高考浙江卷)若数列中的最大项是第k项，则k＝________.解析：由题意得，化简得，又因为k∈N*，所以k＝4.答案：47．(2022·高考福建卷)商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根据商品的最低销售限价a，最高销售限价b(b>a)以及实数x(0<x<1)确定实际销售价格c＝a＋x(b－a)．这里，x被称为乐观系数．经验表明，最佳乐观系数x恰好使得(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中项．据此可得，最佳乐观系数x的值等于________．解析：根据题目条件可知，c－a＝x(b－a)，b－c＝b－a－(c－a)＝(1－x)(b－a)，最佳乐观系数满足：c－a是b－c和b－a的等比中项，所以有[x(b－a)]2＝(1－x)(b－a)(b－a)，又因为(b－a)>0，所以x2＝1－x，即x2＋x－1＝0，解得x＝，又0<x<1，所以x＝.答案：二、解答题8．某市2022年共有1万辆燃油型公交车，有关部门计划于2022年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%，试问：(1)该市在2022年应该投入多少辆电力型公交车？(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的？(lg657＝2.82，lg2＝0.30，lg3＝0.48)解：(1)该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列{an}，其中a1＝128，q＝7\n1.5，则在2022年应该投入的电力型公交车为a7＝a1·q6＝128×1.56＝1458(辆)．(2)记Sn＝a1＋a2＋…＋an，依据题意，得>，于是Sn＝>5000(辆)，即1.5n>.两边取常用对数，岀n·lg1.5>lg，即n>≈7.3，又n∈N*，因此n≥8，所以到2022年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的.9．(2022·高考四川卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ＞0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设a1＞0，λ＝100.当n为何值时，数列的前n项和最大？解：(1)取n＝1，得λa＝2S1＝2a1，a1(λa1－2)＝0.若a1＝0，则Sn＝0.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝0，所以an＝0(n≥1)．若a1≠0，则a1＝.当n≥2时，2an＝＋Sn,2an－1＝＋Sn－1，两式相减得2an－2an－1＝an，所以an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列，所以an＝a1·2n－1＝·2n－1＝.综上，当a1＝0时，an＝0；当a1≠0时，an＝.(2)当a1＞0且λ＝100时，令bn＝lg由(1)有，bn＝lg＝2－nlg2.所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－lg2)．b1＞b2＞…＞b6＝lg＝lg＞lg1＝0，当n≥7时，bn≤b7＝lg＝lg＜lg1＝0，故数列的前6项的和最大．【B组】7\n一、填空题1．(2022·高考四川卷)设函数f(x)＝(x－3)3＋x－1，{an}是公差不为0的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14，则a1＋a2＋…＋a7＝________.解析：利用等差数列性质求解．∵f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝(a1－3)3＋(a2－3)3＋…＋(a7－3)3＋(a1－3)＋(a2－3)＋…＋(a7－3)＋14＝14，∴(a1－3)3＋(a2－3)3＋…＋(a7－3)3＋(a1－3)＋(a2－3)＋…＋(a7－3)＝0.∴(a1－3)3＋(a2－3)3＋…＋(a7－3)3＋7(a4－3)＝0.∵(a1－3)3＋(a7－3)3＝(a1＋a7－6)[(a1－3)2＋(a7－3)2－(a1－3)(a7－3)]＝2(a4－3)[(a4－3)2＋27d2]，其中该数列公差为d.同理(a2－3)3＋(a6－3)3＝2(a4－3)[(a4－3)2＋12d2]，(a3－3)3＋(a5－3)3＝2(a4－3)[(a4－3)2＋3d2]．∴(a1－3)3＋(a2－3)2＋…＋(a7－3)3＋7(a4－3)＝2(a4－3)[(a4－3)2＋27d2]＋2(a4－3)[(a4－3)2＋12d2]＋2(a4－3)[(a4－3)2＋3d2]＋(a4－3)2＋7(a4－3)＝(a4－3)[7(a4－3)2＋84d2＋7]＝0.∵d≠0，∴7(a4－3)2＋84d2＋7≠0.∴a4－3＝0，a4＝3.∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝7×3＝21.答案：212．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________.解析：n为奇数时，a1＝a3＝a5＝…＝a99＝1；n为偶数时，a2＝2，a4＝4，a6＝6，…，a100＝2＋49×2＝100.所以S100＝(2＋4＋6＋…＋100)＋50＝＋50＝2600.答案：26003．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝2，S30＝14，则S40＝________.解析：设S20＝x，S40＝y，则由题意，得2，x－2,14－x，y－14成等比数列．于是由(x－2)2＝2(14－x)及x>0，得x＝6，所以y－14＝＝＝16，y＝30.答案：304．(2022·江苏燕子矶中学月考)等比数列{an}中，a1＝1，an＝(n＝3,4，…)，则{an}的前n项和为________．7\n解析：设an＝qn－1，则由an＝，得q2＝，解得q＝1或q＝－.所以an＝1或an＝n－1，从而Sn＝n或Sn＝＝.答案：n或5．有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，则这四个数为________．解析：设这四个数依次为a－d，a，a＋d，，依题意，得解得故这四个数依次为0,4,8,16或15,9,3,1.答案：0,4,8,16或15,9,3,16．已知等比数列{an}满足an>0，a5a2n－5＝22n(n≥3)，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝________.解析：由a5·a2n－5＝22n，an>0，得a＝22n，an＝2n.所以log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝log2(a1a3…a2n－1)＝log2(a1a3…a2n－1)2＝log2a＝nlog22n＝n2.答案：n27．(2022·江苏扬州模拟)已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2012项的和等于________．解析：因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，即得an＝故数列的前2012项的和等于7\nS2012＝1006×＝1509.答案：1509二、解答题8．(2022·江苏泰州中学高三摸底考试)已知数列{an}，an＝pn＋λqn(p>0，q>0，p≠q，λ∈R，λ≠0，n∈N*)．(1)求证：数列{an＋1－pan}为等比数列；(2)数列{an}中，是否存在连续的三项，这三项构成等比数列？试说明理由．(3)设A＝{(n，bn)|bn＝3n＋kn，n∈N*}，其中k为常数，且k∈N*，B＝{(n，cn)|cn＝5n，n∈N*}，求A∩B.解：(1)证明：∵an＝pn＋λqn，∴an＋1－pan＝pn＋1＋λqn＋1－p(pn＋λqn)＝λqn(q－p)．∵λ≠0，q>0，p≠q.∴＝q为常数，∴数列{an＋1－pan}为等比数列．(2)取数列{an}的连续三项an，an＋1，an＋2(n≥1，n∈N*)，∵a－anan＋2＝(pn＋1＋λqn＋1)2－(pn＋λqn)(pn＋2＋λqn＋2)＝－λpnqn(p－q)2，∵p>0，q>0，p≠q，λ≠0，∴－λpnqn(p－q)2≠0，即a≠anan＋2，∴数列{an}中不存在连续三项构成等比数列．(3)当k＝1时，3n＋kn＝3n＋1<5n，此时A∩B＝∅；当k＝3时，3n＋kn＝3n＋3n＝2·3n为偶数，而5n为奇数，此时A∩B＝∅；当k≥5时，3n＋kn>5n，此时A∩B＝∅；当k＝2时，3n＋2n＝5n，发现n＝1符合要求，下面证明唯一性(即只有n＝1符合要求)，由3n＋2n＝5n得n＋n＝1，设f(x)＝x＋x，则f(x)＝x＋x是R上的减函数，∴f(x)＝1的解只有一个，从而当且仅当n＝1时n＋n＝1，即3n＋2n＝5n，此时A∩B＝{(1,5)}；当k＝4时，3n＋4n＝5n，发现n＝2符合要求，同理可证明唯一性(即只有n＝2符合要求)，7\n从而当且仅当n＝2时n＋n＝1，即3n＋4n＝5n，此时A∩B＝{(2,25)}，综上，当k＝1，k＝3或k≥5时，A∩B＝∅；当k＝2时，A∩B＝{(1,5)}，当k＝4时，A∩B＝{(2,25)}．9．(2022·江苏淮阴中学高三第一次调研)已知数列{an}满足：an＋1＝|an－1|(n∈N*)．(1)若a1＝，求a9与a10的值；(2)若a1＝a∈(k，k＋1)，k∈N*，求数列{an}前3k项的和S3k(用k，a表示)；(3)是否存在a1，n0(a1∈R，n0∈N*)，使得当n≥n0时，an恒为常数？若存在，求出a1，n0；若不存在，说明理由．解：(1)a1＝，a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，a6＝，…所以a9＝，a10＝.(2)a1＝a，a2＝a－1，…，ak＝a－k＋1，ak＋1＝a－k∈(0,1)，ak＋2＝k＋1－a∈(0,1)，ak＋3＝a－k，…，a3k－1＝a－k，a3k＝k＋1－a，所以S3k＝ka－[1＋2＋…＋(k－1)]＋k＝－＋k.(3)(ⅰ)当a1∈[0,1]时，a2＝1－a1，此时，只需1－a1＝a1，a1＝，所以a1＝，n0＝1是满足条件的一组解；(ⅱ)当a1≥1时，不妨设a1∈[m，m＋1)，m∈N*，此时，am＋1＝a1－m∈[0,1)，则a1－m＝，a1＝m＋，所以取a1＝m＋，n0＝m＋1满足题意；(ⅲ)当a1<0时，不妨设a1∈(－l，－l＋1)，l∈N*，则a2＝1－a1∈(l，l＋1)，al＋2＝a2－l∈(0,1)，此时，只需a2－l＝，即a1＝－l，所以取a1＝－l，n0＝l＋2满足题意．综上，满足题意的a1，n0有三组：①a1＝，n0＝1；②a1＝m＋，n0＝m＋1，m∈N*；③a1＝－l，n0＝l＋2，l∈N*.7
