备战2025届新高考数学一轮总复习课时规范练43数列中的综合问题（附解析人教A版）

这是一份备战2025届新高考数学一轮总复习课时规范练43数列中的综合问题（附解析人教A版），共9页。试卷主要包含了图中的数阵满足等内容，欢迎下载使用。

(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20项和.
2.(2024·福建师大附中模拟)市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房,银行给小张提供了两种贷款方式:
①等额本金:每月的还款额呈递减趋势,且从第二个还款月开始,每月还款额与上月还款额的差均相同;
②等额本息:每月的还款额均相同.
银行规定,在贷款到账日的次月当天开始首次还款(如2023年7月7日贷款到账,则2023年8月7日首次还款).已知该笔贷款年限为20年,月利率为0.4%.
(1)若小张采取等额本金的还款方式,已知第一个还款月应还4 900元,最后一个还款月应还2 510元,试计算该笔贷款的总利息.
(2)若小张采取等额本息的还款方式,银行规定,每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半.已知小张家庭平均月收入为1万元,判断小张申请该笔贷款是否能够获批(不考虑其他因素).
(3)对比两种还款方式,从经济利益的角度考虑,小张应选择哪种还款方式.
参考数据:1.004240≈2.61.
3.(2021·全国乙,文19)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=.已知a1,3a2,9a3成等差数列.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<.
4.长江十年禁渔计划全面施行,渔民老张积极配合政府工作,如期收到政府的补偿款.他决定拿出其中10万元进行投资,并看中了两种为期60天(视作2个月)的稳健型理财方案.
方案一:年化率2.4%,且有10%的可能只收回本金;
方案二:年化率3.0%,且有20%的可能只收回本金.
已知老张对每期的投资本金固定(都为10万元),且第一次投资时选择了方案一,在每期结束后,老张不间断地进行下一期投资,并且他有40%的可能选择另一种理财方案进行投资.
(1)设第i次投资(i=1,2,3,…,n)选择方案一的概率为Pi,求P4;
(2)求一年后老张可获得总利润的期望(精确到1元).
注:若拿1千元进行5个月年化率为2.4%的投资,则该次投资获利W=2.4%××1 000=10元.
5.(2024·浙江温州模拟)图中的数阵满足:每一行从左到右成等差数列,每一列从上到下成等比数列,且公比均为实数q,a1,1>0,a1,3=5,a2,2=-6,=a7,5.
a1,1 a1,2 a1,3 … a1,n …
a2,1 a2,2 a2,3 … a2,n …
a3,1 a3,2 a3,3 … a3,n …
a4,1 a4,2 a4,3 … a4,n …
…… …………
(1)设bn=an,n,求数列{bn}的通项公式.
(2)设Sn=a1,1+a2,1+…+an,1,是否存在实数λ,使an,1≤λSn恒成立?若存在,求出λ的所有值;若不存在,请说明理由.
6.(2024·辽宁鞍山模拟)已知数列{an}(n∈N*)的前n项和为Sn,若Sn+1+Sn=3n2+6n+3,a1=2.
(1)记bn=an+an+1,判断{bn}是否为等差数列,若是,给出证明;若不是,请说明理由.
(2)记cn=(-1)n+1anan+1,{cn}的前n项和为Tn,求Tn.
课时规范练43 数列中的综合问题
1.解 (1)(方法一)显然2n为偶数,则a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,
所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2,
所以{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,于是b1=2,b2=5,bn=3n-1.
(方法二 奇偶分类讨论)由题意知a1=1,a2=2,a3=4,
所以b1=a2=2,b2=a4=a3+1=5.
由an+1-an=1(n为奇数)及an+1-an=2(n为偶数)可知,数列从第一项起,
若n为奇数,则其后一项减去前一项的差为1,
若n为偶数,则其后一项减去前一项的差为2.
所以an+2-an=3(n∈N*),则bn=b1+(n-1)×3=3n-1.
(方法三 累加法)由题意知数列{an}满足a1=1,an+1=an+(n∈N*).
所以b1=a2=a1+=1+1=2,
b2=a4=a3+=a3+1=a2++1=a2+2+1=2+3=5,
则bn=a2n=(a2n-a2n-1)+(a2n-1-a2n-2)+…+(a2-a1)+a1=1+2+1+2+…+2+1+a1=n×1+2(n-1)+1=3n-1.
所以b1=2,b2=5,数列{bn}的通项公式bn=3n-1.
(2)(方法一 奇偶分类讨论)S20=a1+a2+a3+…+a20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)=(b1-1+b2-1+b3-1+…+b10-1)+b1+b2+b3+…+b10=2-10=300.
(方法二 分组求和)由题意知数列{an}满足a1=1,a2n=a2n-1+1,a2n+1=a2n+2,
所以a2n+1=a2n+2=a2n-1+3.
所以数列{an}的奇数项是以1为首项,3为公差的等差数列;
同理,由a2n+2=a2n+1+1=a2n+3知数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列.
从而数列{an}的前20项和为S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)=10×1+3+10×2+3=300.
2.解 (1)由题意可知,等额本金还款方式中,每月的还款额构成等差数列,记为{an},用Sn表示数列{an}的前n项和,则a1=4900,a240=2510,则S240==889200,故小张的该笔贷款的总利息为889200-600000=289200(元).
(2)设小张每月还款额为x元,采取等额本息的还款方式,则x+x(1+0.004)+x(1+0.004)2+…+x(1+0.004)239=600000×(1+0.004)240,
所以x()=600000×1.004240,
即x=
3891,
因为3891<10000=5000,
所以小张申请该笔贷款能够获批.
(3)小张采取等额本息贷款方式的总利息为3891×240-600000=333840(元),因为333840>289200,所以从经济利益的角度来考虑,小张应选择等额本金的还款方式.
3.(1)解 设{an}的公比为q,则an=qn-1.
因为a1,3a2,9a3成等差数列,
所以1+9q2=2×3q,解得q=,
故an=
由bn=,得bn==n
(2)证明 由(1)可知Sn=(1-).
又bn=,则Tn=+…+,①
两边同乘,得Tn=+…+,②
①-②,得Tn=+…+,即Tn=,
整理得Tn=,则2Tn-Sn=2()-=-<0.
故Tn<
4.解 (1)由题意知,Pi+1=(1-40%)Pi+40%(1-Pi)=Pi,
整理得Pi+1-(Pi-),其中P1=1,故数列{Pi-}是以P1-为首项,为公比的等比数列,则Pi-()i-1,即Pi=()i-1,那么P4=
(2)当某期选择方案一时,获利期望值为W1=(1-10%)×2.4%100000=360(元);
当某期选择方案二时,获利期望值为W2=(1-20%)×3.0%100000=400(元);
那么,在一年间,老张共投资了6次,获得的总利润的期望为W=[P1W1+(1-P1)W2]+[P2W1+(1-P2)W2]+…+[P6W1+(1-P6)W2]=(P1+P2+…+P6)W1+[(1-P1)+(1-P2)+…+(1-P6)]W2≈2400-40×(3+)=2255(元),即一年后老张可获得的总利润的期望约为2255元.
5.解 (1)设a1,1=t,第一行从左到右成等差数列的公差为d,则a1,3=t+2d=5,a2,2=a1,2q=(t+d)q=-6,
由=a7,5,得(a1,2q3)2=a1,5q6,
即有(t+d)2q6=(t+4d)q6,
于是
又t>0,解得t=1,d=2,因此q=-2,a1,n=a1,1+(n-1)d=2n-1,
所以an,n=a1,nqn-1=(2n-1)·(-2)n-1,
即bn=(2n-1)·(-2)n-1.
(2)存在实数λ,使an,1≤λSn恒成立.理由如下:
由(1)知,an,1=a1,1qn-1=(-2)n-1,
所以Sn=,
an,1≤λSn⇔(-2)n-1≤λ
当n为奇数时,不等式等价于恒成立,又恒成立,所以;
当n为偶数时,不等式等价于恒成立,又恒成立,所以
综上,λ=,即存在λ=,使得an,1≤λSn恒成立.
6.解 (1)因为Sn+1+Sn=3n2+6n+3,
当n=1时,S2+S1=2a1+a2=3+6+3=12,又a1=2,所以b1=a1+a2=10.
当n≥2时,因为Sn-Sn-1=an,由Sn+1+Sn=3n2+6n+3,得an+1+Sn+Sn=3n2+6n+3,①
所以an+2Sn-1=3(n-1)2+6(n-1)+3,②
①-②得an+1+an=6n+3,
经验证,当n=1时不等于b1,
所以{bn}不是等差数列.
(2)由an+1+an=6n+3(n≥2),得an+2+an+1=6n+9(n≥2),
两式相减得an+2-an=6(n≥2).
所以当n≥2时:
数列{a2k}(k∈N*)是首项为a2=8,公差为6的等差数列;
数列{a2k+1}(k∈N*)是首项为a3=7,公差为6的等差数列.
当n为偶数时,不妨设n=2k(k∈N*),则a2k=6k+2,此时T2k=c1+c2+c3+…+c2k-1+c2k=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+a5a6-…+a2k-1a2k-a2ka2k+1=a1a2-a2a3-(a5-a3)a4-(a7-a5)a6-(a9-a7)a8-…-(a2k+1-a2k-1)a2k=16-56-(6a4+6a6+6a8+…+6a2k)=-40-6[14(k-1)+]=-18k2-30k+8,因为n=2k(k∈N*),
所以此时Tn=-n2-15n+8.
当n为奇数时,不妨设n=2k+1(k∈N*),则a2k+1=6k+1,
此时T2k+1=c1+c2+c3+…+c2k-1+c2k+c2k+1=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+a5a6-…+a2k-1a2k-a2ka2k+1+a2k+1a2k+2=a1a2+(a4-a2)a3+(a6-a4)a5+(a8-a6)a7+…+(a2k+2-a2k)a2k+1=16+6a3+6a5+6a7+…+6a2k+1=16+6[7k+]=18k2+24k+16.
因为n=2k+1(k∈N*),
所以此时Tn=n2+3n+
综上所述,当n为偶数时,Tn=-n2-15n+8;
当n为奇数时,Tn=n2+3n+