浙江专用2020版高考数学大一轮复习 第六章数列与数学归纳法 第5讲 数列的综合应用练习（含解析）

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1、第5讲 数列的综合应用 基础达标1(2019杭州第一次质量预测)正项等比数列an中的a1、a4 035是函数f(x)x34x26x3的极值点，则loga2 018()A1B2CD1解析：选A.因为f(x)x28x6，且a1、a4 035是方程x28x60的两根，所以a1a4 035a6，即a2 018，所以loga2 0181，故选A.2已知数列an满足：a11，an1(nN*)若bn1(n2)(nN*)，b1，且数列bn是单调递增数列，则实数的取值范围是()AB1CDbn，所以(n2)2n(n12)2n1，解得b1，b1，b2(12)2，解得，所以的取值范围是0，且a1a2a7a816，则a

2、4a5的最小值为_解析：由等比数列性质得，a1a2a7a8(a4a5)416，又an0，所以a4a52.再由基本不等式，得a4a522.所以a4a5的最小值为2.答案：24(2019宁波市余姚中学高三期中)已知数列an满足a12，an1a6an6(nN*)(1)设Cnlog5(an3)，求证Cn是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)设bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn.解：(1)证明：由an1a6an6得an13(an3)2，所以log5(an13)2log5(an3)，即Cn12Cn，所以Cn是以2为公比的等比数列(2)又C1log551，所以Cn2n1，即log5(an3)

3、2n1，所以an352n1故an52n13.(3)证明：因为bn，所以Tn.又0，所以Tn.5已知数列an满足a1且an1ana(nN*)(1)证明：12(nN*)；(2)设数列a的前n项和为Sn，证明：(nN*)证明：(1)由题意得an1ana0，即an10.由0an得(1，2，所以12.(2)由题意得aanan1，所以Sna1an1.由和12得12，所以n2n，因此an1(nN*)由得an1；(2)求证：nN*时，2Sn2n.证明：(1)n2时，作差：an1an，所以an1an与anan1同号，由a14，可得a2，可得a2a1an1.(2)因为2a6an，所以2(a4)an2，即2(an1

4、2)(an12)an2，所以an12与an2同号，又因为a1220，所以an2.所以Sna1a2an42(n1)2n2.所以Sn2n2.由可得：，因此an2(a12)，即an22.所以Sna1a2an2n22n.综上可得：nN*时，2Sn2n.8(2019浙江金华模拟)已知数列an满足a1，an1an2an11(nN*)，令bnan1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求证：c1c2cnn.解：(1)因为an1an2an11(nN*)，bnan1，即anbn1.所以(bn11)(bn1)2(bn11)1，化为：1，所以数列是等差数列，首项为2，公差为1.所以2(n1)1n，所以bn.(

5、2)证明：由(1)可得：anbn11.所以cn1，因为n2时，2n22n11，所以，所以c1c2cnnnn.能力提升1设数列an满足1，nN*.(1)证明：|an|2n1(|a1|2)，nN*；(2)若|an|，nN*，证明：|an|2，nN*.证明：(1)由1，得|an|an1|1，故，nN*，所以1，因此|an|2n1(|a1|2)(2)任取nN*，由(1)知，对于任意mn，故|an|2n2n22n.从而对于任意mn，均有|an|22n.由m的任意性得|an|2.否则，存在n0N*，有|an0|2，取正整数m0log且m0n0，则2n02n0|an0|2，与式矛盾，综上，对于任意nN*，均

6、有|an|2.2(2019台州市高考模拟)已知数列an满足：an0，an12(nN*)(1)求证：an2an12(nN*)；(2)求证：an1(nN*)证明：(1)由an0，an12，所以an122，因为2an22，所以an2an12.(2)假设存在aN1(N1，NN*)，由(1)可得当nN时，anaN11，根据an1110，而an1，所以1.于是1，1.累加可得n1(*)，由(1)可得aNn10，而当n1时，显然有n10，因此有n1，这显然与(*)矛盾，所以an1(nN*)3(2019杭州市学军中学高考模拟)已知函数fn(x)xn(1x)2在(，1)上的最大值为an(n1，2，3，)(1)求

7、数列an的通项公式；(2)求证：对任何正整数n(n2)，都有an成立；(3)设数列an的前n项和为Sn，求证：对任意正整数n，都有Sn成立解：(1)因为fn(x)xn(1x)2，所以fn(x)nxn1(1x)22xn(1x)xn1(1x)n(1x)2x(n2)xn1(x1)(x)，当x(，1)时，由fn(x)0，知：x，因为n1，所以(，1)，因为x(，)时，fn(x)0；x(，1)时，fn(x)0；所以f(x)在(，)上单调递增，在(，1)上单调递减所以fn(x)在x处取得最大值，即an()n()2.(2)证明：当n2时，欲证，只需证明(1)n4，因为(1)nCC()1C()2C()n121

8、214，所以当n2时，都有an成立(3)证明：Sna1a2an()()()().所以对任意正整数n，都有Sn成立4(2019绍兴一中期末检测)已知数列an的前n项和Sn，且a11.(1)求数列an的通项公式；(2)令bnln an，是否存在k(k2，kN*)，使得bk，bk1，bk2成等比数列若存在，求出所有符合条件的k值；若不存在，请说明理由；(3)已知当nN*且n6时，其中m1，2，n，求满足等式3n4n(n2)n(an3)an的所有n的值解：(1)当n2时，anSnSn1，所以(n2)所以ana11n.因为a11，也符合上式所以数列an的通项公式为ann(nN*)(2)假设存在k(k2，kN*)，使得bk，bk1，bk2成等比数列，则bkbk2b.因为bnln anln n(n2)，所以bkbk2ln kln(k2)ln(k1)2b.这与bkbk2b矛盾所以不存在k(k2，kN*)，使得bk，bk1，bk2成等比数列(3)由(1)得等式3n4n(n2)n(an3)an，可化为3n4n(n2)n(n3)n，即1，所以1.因为当n6时，所以，所以11.所以当n6时，3n4n(n2)n(n3)n，当n1，2，3，4，5时，经验算n2，3时等号成立，所以满足等式3n4n(n2)n(an3)an的所有n2，3.8