【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x2－10x＋16＝0的两根，则a2＋a1008＋a2022＝( )A．10 B．15 C．20 D．40[答案] B[解析] 由题意知，a1＋a2022＝a2＋a2022＝2a1008＝10，所以a2＋a1008＋a2022＝3a1008＝15，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( )A．60B．61 C．62D．63[答案] C[解析] 第一次出现●在第1个位置；第二次出现●在第(1＋2)个位置；第三次出现●在第(1＋2＋3)个位置；…；第n次出现●在第(1＋2＋3＋…＋n)个位置．∵1＋2＋3＋…＋n＝，当n＝62时，＝＝1953,2022－1953＝61<63，∴在前2022个圈中的●的个数是62.[点评] 图表问题是数列应用中重要的一种题型．(1)解答表格中的数列问题，关键理清表格的行与列中数列的构成或排列形式特点，然后找到其按行(列)变化的规律，用相应的数列知识求解．①在如下表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a＋b＋c的值为( )120.51abCA.1 B．2 C．3 D．[答案] D[解析] 按题意要求，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，把表填好后得a＝，b＝，c＝，则a＋b＋c＝.∴选D.-14-\n②在下面的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x＋y＋z的值为( )cos02sintanxyzA.1 B．2 C．3 D．4[答案] A[解析] 注意到cos0＝1，sin＝，tan＝1，根据每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，填表如下，所以x＋y＋z＝1，选A.1231(2)给出图形的数列问题，解答时，先观察图形的构成规律，再用不完全归纳法，结合数列知识解答．③黑白两种颜色的正六边形的面砖按如图所示的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖______块．[答案] 4n＋2[分析] 观察各图案中白色地面砖的变化规律可以发现，后一个图案总比前一个图案多4块白色地面砖．[解析] 设第n个图案中白色地面砖有an块，则a1＝6，a2＝10，a3＝14，易知an－an－1＝4(n≥2)，∴{an}是首项为6，公差为4的等差数列，∴an＝6＋4(n－1)＝4n＋2.④两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类．如下图中的实心点个数1,5,12,22，…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作a1＝1，第2个五角形数记作a2＝5，第3个五角形数记作a3＝12，第4个五角形数记作a4＝22，…，若按此规律继续下去，则a5＝________，若an＝145，则n＝________.-14-\n[答案] 35 10[解析] a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，观察图形可得，数列{an－an－1}(n≥2，n∈N*)构成首项为4，公差为3的等差数列，所以a5－a4＝13，所以a5＝35，an－an－1＝3n－2(n≥2，n∈N*)，应用累加法得an－a1＝4＋7＋10＋…＋(3n－2)＝，所以an＝＋1(n≥2，n∈N*)，当an＝145时，＋1＝145，解得n＝10.3．在△ABC中，＝是角A、B、C成等差数列的( )A．充分非必要条件B．充要条件C．必要非充分条件D．既不充分也不必要条件[答案] A[解析] ＝⇒2sinAsinC－sin2A＝2cosAcosC＋cos2A⇒2cos(A＋C)＋1＝0⇒cosB＝⇒B＝⇒A＋C＝2B⇒A、B、C成等差数列．但当A、B、C成等差数列时，＝不一定成立，如A＝、B＝、C＝.故是充分非必要条件．故选A.4．(文)设正项等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T10＝32，则＋的最小值为( )A．2B． C．2D．[答案] B[解析] 由条件知，T10＝a1a2…a10＝(a5a6)5＝32，∵an>0，∴a5a6＝2，∴＋＝·a5a6·(＋)＝(a5＋a6)≥×2＝，等号在a5＝a6＝时成立．(理)已知a>0，b>0，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( )A．ab＝AGB．ab≥AGC．ab≤AGD．不能确定[答案] C[解析] 由条件知，a＋b＝2A，ab＝G2，∴A＝≥＝G>0，∴AG≥G2，即AG≥ab，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( )-14-\nA.B． C.D．[答案] B[解析] 因为y＝⇔(x＋2)2＋y2＝1(y≥0)，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≤q2≤3，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Sn＝n(n－9)，第k项满足7＜ak＜10，则k等于( )A．7B．8 C．9D．10[答案] C[解析] 当k≥2时，ak＝sk－sk－1＝k2－9k－(k－1)2＋9(k－1)＝2k－10，由7<ak<10，得7<2k－10<10，∴<k<10，∴k＝9.二、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＝(n2＋n)x2－(2n＋1)x＋1与x轴相交于An，Bn两点，则|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2022B2022|＝________.[答案] [解析] 令(n2＋n)x2－(2n＋1)x＋1＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝，由题意得|AnBn|＝|x2－x1|，所以|AnBn|＝＝＝＝－，因此|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2022B2022|＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.8．已知双曲线an－1y2－anx2＝an－1an(n≥2，n∈N*)的焦点在y轴上，一条渐近线方程是y＝x，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] an＝2n＋1[解析] 双曲线方程为－＝1，∵焦点在y轴上，又渐近线方程为y＝x，∴＝，又a1＝4，∴an＝4×2n－1＝2n＋1.9．(文)已知等差数列{an}中，a3＝5，a6＝11，将此等差数列的各项排成如图所示的三角形数阵：-14-\na1a2 a3a4 a5 a6a7 a8 a9 a10… … … … …则此数阵中第2022行从左到右的第3个数是________．[答案] 4054187[解析] 设{an}的公差为d，则a6－a3＝3d＝6，∴d＝2，∴a1＝1，∴an＝2n－1，∵第2022行前共有1＋2＋3＋…＋2022＝2027091个数，∴第2022行从左向右第3个数为a2027094＝2×2027094－1＝4054187.(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An＋Bn＝________.[答案] 2n3[解析] 由题意知，前n组共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2个数，所以第n－1组的最后一个数为(n－1)2，第n组的第一个数为(n－1)2＋1，第n组共有2n－1个数，所以根据等差数列的前n项和公式可得An＝(2n－1)＝[(n－1)2＋n](2n－1)，而Bn＝n3－(n－1)3，所以An＋Bn＝2n3.三、解答题10．(文)(2022·洛阳统考)已知数列{an}中，a1＝2，其前n项和Sn满足Sn＋1－Sn＝2n＋1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn；(2)令bn＝2log2an＋1，求数列{}的前n项和Tn.[解析] (1)由Sn＋1－Sn＝2n＋1得an＋1＝2n＋1，即an＝2n(n≥2)．又a1＝2，所以an＝2n(n∈N*)．从而Sn＝2＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－2.(2)因为bn＝2log2an＋1＝2log22n＋1＝2n＋1，所以＝＝(－)．于是Tn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－)＝.(理)(2022·池州一模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2(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cn＝an＋1－2an，求数列{cn}的前n项和Sn.-14-\n[解析] (1)证明：an＋1＝2·an，＝2·，∴bn＋1＝2bn，∴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b1＝＝a1＝1，∴bn＝b1·2n－1＝2n－1，∴＝2n－1，∴an＝n2·2n－1.(3)cn＝(n＋1)2·2n－2n2·2n－1＝(2n＋1)·2n，∴Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)·2n.①2Sn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1.②①－②得，－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1＝2＋－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1，∴Sn＝(2n－1)·2n＋1＋2.[点评] 数列求和的方法(1)公式求和法①(2022·浙江高考)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．(1)求d，an；(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.[解析] (1)由题意得a1·5a3＝(2a2＋2)2，a1＝10，即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4.所以an＝－n＋11，n∈N＋或an＝4n＋6，n∈N＋.(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.则当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n.当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝②(2022·陕西长安一中、新高一中联考)已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)，且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝( )A．1－4nB．4n－1 C.D．[答案] B-14-\n[解析] 因为q＝an－an－1＝－4，b1＝a2＝－3，所以bn＝b1qn－1＝－3·(－4)n－1，所以|bn|＝|－3·(－4)n－1|＝3·4n－1，即{|bn|}是公比为4的等比数列，所以|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1，故选B.(2)分组求和法③数列{(－1)n＋1n}的前2015项的和S2015为( )A．－2015B．－1008C．－2014D．1008[答案] D[解析] S2015＝1－2＋3－4＋…－2014＋2015＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(2013－2014)＋2015＝－1007＋2015＝1008.④(2022·包头模拟)已知数列{xn}的首项x1＝3，通项xn＝2np＋nq(n∈N＋，p，q为常数)，且x1，x4，x5成等差数列．求：(1)p，q的值；(2)数列{xn}前n项和Sn.[分析] 第(1)问由已知条件列出关于p、q的方程组求解；第(2)问分组后用等差、等比数列的求和公式求解．[解析] (1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又因为x4＝24p＋4q，x5＝25p＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.(2)由(1)，知xn＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋.(3)裂项相消法⑤(2022·三门峡模拟)已知数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n为( )A．11B．99 C．120D．121[答案] C[解析] ∵an＝＝－，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.令－1＝10，得n＝120.⑥等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.(1)求an与bn；(2)求＋＋…＋.[分析] (1)根据数列中基本量的运算求an与bn的表达式；(2)求的表达式，利用裂项相消法求和．[解析] (1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，依题意有，解得，或(舍去)．故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.(2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，-14-\n∴＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝＝－.(4)倒序相加法⑦设f(x)＝，若S＝f()＋f()＋…＋f()，则S＝________.[答案] 1006[解析] ∵f(x)＝，∴f(1－x)＝＝，∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.S＝f()＋f()＋…＋f()，①S＝f()＋f()＋…＋f()，②①＋②得，2S＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()]＝2022，∴S＝＝1006.(5)错位相减法⑧已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·3n，则Sn＝________.[答案] [解析] ∵Sn＝3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n①∴3Sn＝32＋2·33＋3·34＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②①－②，得－2Sn＝3＋32＋33＋…3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1，∴Sn＝.一般地，{an}是等差数列，{bn}是等比数列(公差d≠0，公比q≠1)，cn＝anbn，求数列{cn}前n项的和用“乘公比、错位相减法”．第一步，将数列{cn}写成cn＝an·bn，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，公比为q.第二步，写出Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn.第三步，乘公比q得，qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋anbn＋1.-14-\n第四步，错位相减，用等比数列求和公式求和得(q－1)Sn.第五步，等式两边同除以q－1得Sn.第六步，检查解题过程，看求和公式是否用错，符号是否正确，化简有无错误．⑨(2022·湖南安化综合训练)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn，an,1成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若a＝2－bn，设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.[解析] (1)由题意，知2an＝Sn＋1，an>0.当n＝1时，2a1＝a1＋1，∴a1＝1；当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，两式相减，得an＝2an－2an－1(n≥2)，整理得＝2(n≥2)．∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，则an＝1×2n－1＝2n－1.(2)由(1)及题意知a＝2－bn＝22n－2，∴bn＝2－2n，cn＝＝＝，∴Tn＝＋＋…＋＋，①Tn＝＋＋…＋＋，②①－②，得Tn＝－4(＋＋…＋)－＝－4×－＝－2(1－)－＝－2，∴Tn＝－4.(6)特殊数列求和．⑩如果f(a＋b)＝f(a)·f(b)(a，b∈R)且f(1)＝2，则＋＋＋…＋等于( )A．2022B．2022 C．2022D．2022[答案] D[解析] 令a＝n，b＝1，f(n＋1)＝f(n)·f(1)，∴＝f(1)＝2，∴＋＋＋…＋＝2×1007＝2022.⑪已知数列{an}的通项公式为an＝log2(n∈-14-\nN＋)，设其前n项和为Sn，则使Sn<－5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] Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝log2＋log2＋log2＋…＋log2＝log2＝log2<－5，∴<，∴64<n＋2，∴n>62，∴nmin＝63.一、选择题11．(2022·河北衡水一模)已知正项等比数列{an}满足：a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an使得＝4a1，则＋的最小值为( )A.B．C.D．不存在[答案] A[解析] 由已知an>0，a7＝a6＋2a5，设{an}的公比为q，则a6q＝a6＋，∴q2－q－2＝0，∵q>0，∴q＝2，∵＝4a1，∴a·qm＋n－2＝16a，∴m＋n－2＝4，∴m＋n＝6，∴＋＝(m＋n)＝≥＝，等号在＝，即n＝2m＝4时成立．12．(2022·吉林长春第二中学统练)已知{an}为等差数列，若a1＋a5＋a9＝8π，则cos(a3＋a7)的值为( )A.B．－ C.D．－[答案] D[解析] ∵数列{an}为等差数列，∴a1＋a5＋a9＝3a5＝8π，a5＝，a3＋a7＝2a5＝，cos(a3＋a7)＝cos＝cos＝－cos＝－.-14-\n13．已知函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线l与直线3x－y＋2＝0平行，若数列{}的前n项和为Sn，则S2022的值为( )A.B． C.D．[答案] D[解析] 由于f′(x)＝2x＋b，据题意则有f′(1)＝2＋b＝3，故b＝1，即f(x)＝x2＋x，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( )A．8 B．9 C．10 D．11[答案] D[解析] 由程序框图可知，S＝1＋2＋22＋…＋2k＝2k＋1－1，由S<2022得，2k＋1<2022，∴k≤9.∵1＋2＋22＋…＋29＝1023，∴S的值加上29后，变为S＝1023<2022，此时k的值增加1变为k＝10，再执行一次循环体后，S＝1023＋210＝2047，k＝10＋1＝11，此时不满足S<2022，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S≥2022，又要顾及S与k的赋值语句的先后顺序．(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，a1a2 a3 a4a5 a6 a7 a8 a9……记A(m，n)表示第m行的第n个数，则A(10,12)＝( )A．()93B．()92-14-\nC．()94D．()112[答案] A[解析] 前9行一共有1＋3＋5＋…＋17＝81个数，而A(10,12)表示第10行的第12个数，∴n＝93，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a<b，则双曲线－＝1的离心率e等于( )A.B． C.D．[答案] D[解析] ∵a＋b＝7，a·b＝12，b>a>0，∴a＝3，b＝4.∴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}(n∈N*)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a2022＋a2022＋a2022＝________.[答案] 1007[解析] 由a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4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a2022＋a2022＝－503＋504＝1，a2022＝1006，故a2022＋a2022＋a2022＝1007.三、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a2＋a3＋a4＝－18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2022？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a1≠0，q≠0，由条件易知q≠1.由题意得即解得故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)n－1.(2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n.-14-\n若存在n，使得Sn≥2022，则1－(－2)n≥2022，即(－2)n≤－2022.当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2022，即2n≥2022，则n≥11.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|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．18．(文)(2022·成都七中模拟)设函数f(x)＝＋(x>0)，数列{an}满足a1＝1，an＝f()，n∈N*，且n≥2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对n∈N*，设Sn＝＋＋＋…＋，若Sn≥恒成立，求实数t的取值范围．[解析] (1)由an＝f()可得，an－an－1＝，n∈N*，n≥2.所以{an}是等差数列．又因为a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×＝，n∈N*.(2)Sn＝＋＋＋…＋，n∈N*.因为an＝，所以an＋1＝，所以＝＝(－)．所以Sn＝(－)＝，n∈N*.Sn≥⇔≥⇔t≤(n∈N*)恒成立．令g(n)＝(n∈N*)，g(n)＝＝＝2n＋3＋－6(n∈N*)．令p＝2n＋3，则p≥5，p∈N*.g(n)＝p＋－6(n∈N*)，易知p＝5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：Sn＝an＋n－3.(1)求证：数列{an－1}是等比数列；(2)令cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)，对任意n∈N*，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．-14-\n[解析] (1)当n＝1时，S1＝a1＝a1－2，解得a1＝4.当n≥2时，由Sn＝an＋n－3得Sn－1＝an－1＋n－4，两式相减，得Sn－Sn－1＝an－an－1＋1，即an＝3an－1－2，则an－1＝3(an－1－1)，故数列{an－1}是以a1－1＝3为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)知an－1＝3n，cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)＝1＋2＋…＋n＝，所以＝＝2(－)，则＋＋…＋＝2[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝2(1－)，由＋＋…＋≥对任意n∈N*都成立，得2(1－)≥，即m≤6(1－)对任意n∈N*都成立，当n＝1时，6(1－)取最小值3，∴m≤3.又m∈N*，所以m的值为1,2,3.-14-
