2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第六章　5 第5讲　数列的综合应用 8页

‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·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)＝x3－4x2＋6x－3的极值点，则loga2 018＝(　　)‎ A．1　　　　　　 　　　　 B．2‎ C. D．－1‎ 解析：选A.因为f′(x)＝x2－8x＋6，且a1，a4 035是方程x2－8x＋6＝0的两根，所以a1·a4 035＝a＝6，即a2 018＝，所以loga2 018＝1，故选A.‎ ‎2．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．若bn＋1＝(n－2λ)·(n∈N*)，b1＝－λ，且数列{bn}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是(　　)‎ A．λ< B．λ<1‎ C．λ< D．λ< 解析：选A.因为an＋1＝，所以＝＋1，即＋1＝＋2＝2，所以数列是等比数列，其首项为＋1＝2，公比为2，所以＋1＝2n，所以bn＋1＝(n－2λ)＝(n－2λ)·2n，因为数列{bn}是单调递增数列，所以bn＋1>bn，所以(n－2λ)·2n>(n－1－2λ)·2n－1，解得λ<1，又由b2>b1，b1＝－λ，b2＝(1－2λ)·2，解得λ<，所以λ的取值范围是λ<.故选A.‎ ‎3．在等比数列{an}中，若an>0，且a1·a2·…·a7·a8＝16，则a4＋a5的最小值为________．‎ 解析：由等比数列性质得，a1a2…a7a8＝(a4a5)4＝16，又an>0，所以a4a5＝2.再由基本不等式，得a4＋a5≥2＝2.所以a4＋a5的最小值为2.‎ 答案：2 ‎4．(2020·宁波市余姚中学高三期中)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a＋6an＋6(n∈N*)．‎ ‎(1)设Cn＝log5(an＋3)，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an＋1＝a＋6an＋6得an＋1＋3＝(an＋3)2，所以log5(an＋1＋3)＝2log5(an＋3)，即Cn＋1＝2Cn，‎ 所以{Cn}是以2为公比的等比数列．‎ ‎(2)又C1＝log55＝1，所以Cn＝2n－1，‎ 即log5(an＋3)＝2n－1，‎ 所以an＋3＝52n－1，‎ 故an＝52n－1－3.‎ ‎(3)证明：因为bn＝－＝－，‎ 所以Tn＝－＝－－.‎ 又0<≤＝，‎ 所以－≤Tn<－.‎ ‎5．已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*)．‎ ‎(1)证明：1<≤2(n∈N*)；‎ ‎(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：<≤(n∈N*)．‎ 证明：(1)由题意得an＋1－an＝－a<0，即an＋10.‎ 由0an＋1；‎ ‎(2)求证：n∈N*时，2≤Sn－2n<.‎ 证明：(1)n≥2时，作差：an＋1－an＝－＝×，‎ 所以an＋1－an与an－an－1同号，‎ 由a1＝4，可得a2＝＝，可得a2－a1<0，‎ 所以n∈N*时，an>an＋1.‎ ‎(2)因为2a＝6＋an，所以2(a－4)＝an－2，即2(an＋1－2)(an＋1＋2)＝an－2，①‎ 所以an＋1－2与an－2同号，‎ 又因为a1－2＝2>0，所以an>2.‎ 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an≥4＋2(n－1)＝2n＋2.‎ 所以Sn－2n≥2.‎ 由①可得：＝<，‎ 因此an－2≤(a1－2)·，即an≤2＋2×.‎ 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an≤2n＋2×<2n＋.‎ 综上可得：n∈N*时，2≤Sn－2n<.‎ ‎8．(2020·金华模拟)已知数列{an}满足a1＝，‎ an＋1an＝2an＋1－1(n∈N*)，令bn＝an－1.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝，求证：c1＋c2＋…＋cn