【创新设计】2021高考数学(四川专用-理科)二轮专题整合：1-3-2数列的综合问题

第2讲数列的综合问题一、选择题1．(2022·杭州质量检测)设Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＜0，a5＞|a4|，则使Sn＞0成立的最小正整数n为 ()．A．6 B．7C．8 D．9解析∵a4＜0，a5＞|a4|，∴a4＋a5＞0，∴S8＝eq\f(8a4＋a5,2)＝eq\f(8a1＋a8,2)＞0.∴最小正整数为8.答案C2．(2022·广州综合测试)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sineq\f(n＋1π,2)，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2022＝ ()．A．1006 B．1007C．1008 D．1009解析由an＋1－an＝sineq\f(n＋1π,2)⇒an＋1＝an＋sineq\f(n＋1π,2)，所以a2＝a1＋sinπ＝1＋0＝1，a3＝a2＋sineq\f(3π,2)＝1＋(－1)＝0，a4＝a3＋sin2π＝0＋0＝0，a5＝a4＋sineq\f(5π,2)＝0＋1＝1，∴a5＝a1，如此连续可得an＋4＝an(n∈N*)，数列{an}是一个以4为周期的周期数列，而2014＝4×503＋2，因此S2014＝503×(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝503×(1＋1＋0＋0)＋1＋1＝1008.答案C3．(2022·吉林省试验中学模拟)已知an＝n2＋n，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前项和为Sn，数列{bn}的通项公式为bn＝n－8，则bnSn的最小值为 ()．A．－3 B．－4C．3 D．4解析由于an＝n2＋n＝n(n＋1)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以Sn＝eq\f(n,n＋1)，所以bnSn＝eq\f(nn－8,n＋1)＝n＋1＋eq\f(9,n＋1)－10≥－4，当且仅当n＋1＝eq\f(9,n＋1)，即n＝2时等号成立，所以bnSn的最小值为－4.答案B4．已知各项都为正的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得eq\r(am·an)＝4a1，则eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为 ()．A.eq\f(3,2) B．eq\f(5,3)C.eq\f(25,6) D．eq\f(4,3)解析由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(与条件中等比数列的各项都为正冲突，舍去)，又由eq\r(am·an)＝4a1，得aman＝16aeq\o\al(2,1)，即aeq\o\al(2,1)2m＋n－2＝16aeq\o\al(2,1)，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m,n)＋\f(n,m)＋5))≥eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(4m,n)·\f(n,m))＋5))＝eq\f(3,2)，当且仅当eq\f(4m,n)＝eq\f(n,m)，m＋n＝6，即n＝2m＝4时取得最小值eq\f(3,2).答案A二、填空题5．(2021·辽宁卷)已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.解析∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q＞1，∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，因此S6＝eq\f(1×1－26,1－2)＝63.答案636．(2022·江苏五市联考)各项均为正数的等比数列{an}中，a2－a1＝1.当a3取最小值时，数列{an}的通项公式an＝________.解析依据题意，由于各项均为正数的等比数列{an}中，a2－a1＝1，所以q＞1.∵eq\f(a2,a1)＝q，∴a1(q－1)＝1，a1＝eq\f(1,q－1)，∴a3＝eq\f(q2,q－1)＝eq\f(q－12＋2q－1＋1,q－1)＝q－1＋eq\f(1,q－1)＋2≥2eq\r(q－1·\f(1,q－1))＋2＝4，当且仅当q＝2时取得等号，故可知数列{an}的通项公式an＝2n－1.答案2n－17．(2022·咸阳一模)已知函数f(x)＝x＋sinx，项数为19的等差数列{an}满足an∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且公差d≠0.若f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a18)＋f(a19)＝0，则当k＝________时，f(ak)＝0.解析由于函数f(x)＝x＋sinx是奇函数，所以图象关于原点对称，图象过原点．而等差数列{an}有19项，an∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，若f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a18)＋f(a19)＝0，则必有f(a10)＝0，所以k＝10.答案108．(2021·新课标全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．解析由已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S10＝10a1＋\f(10×9,2)d＝0，,S15＝15a1＋\f(15×14,2)d＝25，))解得a1＝－3，d＝eq\f(2,3)，那么nSn＝n2a1＋eq\f(n2n－1,2)d＝eq\f(n3,3)－eq\f(10n2,3)，由于函数f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(10x2,3)(x＞0)在x＝eq\f(20,3)处取得微小值也是最小值，因而检验n＝6时，6S6＝－48，而n＝7时，7S7＝－49.答案－49三、解答题9．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a3＝4，{an}的前3项和为7.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)2n＋3，设数列{bn}的前n项和为Sn，求证：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)≤2－eq\f(1,n).(1)解设数列{an}的公比为q，由已知得q>0，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝4，,a1＋a1q＋4＝7，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2.))∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)证明当n＝1时，a1b1＝1，且a1＝1，解得b1＝1.当n≥2时，anbn＝(2n－3)2n＋3－(2n－2－3)2n－1－3＝(2n－1)·2n－1.∵an＝2n－1，∴当n≥2时，bn＝2n－1.∵b1＝1＝2×1－1满足bn＝2n－1，∴数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1(n∈N*)．∴数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．∴Sn＝n2.∴当n＝1时，eq\f(1,S1)＝1＝2－eq\f(1,1).当n≥2时，eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2)<eq\f(1,nn－1)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n).∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)≤2－eq\f(1,1)＋eq\f(1,1)－eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝2－eq\f(1,n).10．(2022·新课标全国卷Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{eq\f(an,2n)}的前n项和．解(1)解方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝eq\f(1,2)，从而a1＝eq\f(3,2).所以{an}的通项公式为an＝eq\f(1,2)n＋1.(2)设{eq\f(an,2n)}的前n项和为Sn，由(1)知eq\f(an,2n)＝eq\f(n＋2,2n＋1)，则Sn＝eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n＋1,2n)＋eq\f(n＋2,2n＋1)，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n＋1,2n＋1)＋eq\f(n＋2,2n＋2).两式相减得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,4)＋(eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n＋1))－eq\f(n＋2,2n＋2)＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)(1－eq\f(1,2n－1))－eq\f(n＋2,2n＋2).所以Sn＝2－eq\f(n＋4,2n＋1).11．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意正整数n，点(an＋1，Sn)在直线2x＋y－2＝0上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋λn＋\f(λ,2n)))为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解(1)由题意，可得2an＋1＋Sn－2＝0.①当n≥2时，2an＋Sn－1－2＝0.②①－②，得2an＋1－2an＋an＝0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2)(n≥2)．由于a1＝1,2a2＋a1＝2，所以a2＝eq\f(1,2).所以{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列．所以数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.(2)由(1)知，Sn＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,2n－1).若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋λn＋\f(λ,2n)))为等差数列，则S1＋λ＋eq\f(λ,2)，S2＋2λ＋eq\f(λ,22)，S3＋3λ＋eq\f(λ,23)成等差数列，则2eq\b\lc\(\rc\)(\a\