2019-2020年高考數(shù)學專題復習導練測 第六章 第5講 數(shù)列的綜合應用 理 新人教A版.doc

《2019-2020年高考數(shù)學專題復習導練測 第六章 第5講 數(shù)列的綜合應用 理 新人教A版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考數(shù)學專題復習導練測 第六章 第5講 數(shù)列的綜合應用 理 新人教A版.doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學專題復習導練測 第六章 第5講 數(shù)列的綜合應用 理 新人教A版 一、選擇題 1．已知{an}為等比數(shù)列．下面結論中正確的是 (　　)． A．a(chǎn)1＋a3≥2a2 B．a(chǎn)＋a≥2a C．若a1＝a3，則a1＝a2 D．若a3>a1，則a4>a2 解析　設公比為q，對于選項A，當a1<0，q≠1時不正確；選項C，當q＝－1時不正確；選項D，當a1＝1，q＝－2時不正確；選項B正確，因為a＋a≥2a1a3＝2a. 答案　B 2．滿足a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，它的前n項和為Sn，則滿足Sn>1 025的最小n值是 (　　)． A．9 B．10 C．11 D．12 解析　因為a1＝1，log2an＋1＝log2an＋1(n∈N*)，所以an＋1＝2an，an＝2n－1，Sn＝2n－1，則滿足Sn>1 025的最小n值是11. 答案　C 3．某化工廠打算投入一條新的生產(chǎn)線，但需要經(jīng)環(huán)保部門審批同意方可投入生產(chǎn)．已知該生產(chǎn)線連續(xù)生產(chǎn)n年的累計產(chǎn)量為f(n)＝n(n＋1)(2n＋1)噸，但如果年產(chǎn)量超過150噸，將會給環(huán)境造成危害．為保護環(huán)境，環(huán)保部門應給該廠這條生產(chǎn)線擬定最長的生產(chǎn)期限是 (　　)． A．5年 B．6年 C．7年 D．8年 解析　由已知可得第n年的產(chǎn)量an＝f(n)－f(n－1)＝3n2.當n＝1時也適合，據(jù)題意令an≥150?n≥5，即數(shù)列從第8項開始超過150，即這條生產(chǎn)線最多生產(chǎn)7年． 答案　C 4．在等差數(shù)列{an}中，滿足3a4＝7a7，且a1>0，Sn是數(shù)列{an}前n項的和，若Sn取得最大值，則n＝ (　　)． A．7 B．8 C．9 D．10 解析　設公差為d，由題設3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)， 所以d＝－a1<0. 解不等式an>0，即a1＋(n－1)>0， 所以n<，則n≤9， 當n≤9時，an>0，同理可得n≥10時，an<0. 故當n＝9時，Sn取得最大值． 答案　C 5．設y＝f(x)是一次函數(shù)，若f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比數(shù)列，則f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于 (　　)． A．n(2n＋3) B．n(n＋4) C．2n(2n＋3) D．2n(n＋4) 解析　由題意可設f(x)＝kx＋1(k≠0)， 則(4k＋1)2＝(k＋1)(13k＋1)，解得k＝2， f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(22＋1)＋(24＋1)＋…＋(22n＋1)＝2n2＋3n. 答案　A 6．若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a1＝1，q＝2，則Tn＝＋＋…＋的結果可化為(　　) A．1－ B．1－ C. D. 解析　an＝2n－1，設bn＝＝2n－1， 則Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋3＋…＋2n－1 ＝＝. 答案　C 二、填空題 7．設關于x的不等式x2－x＜2nx(n∈N*)的解集中整數(shù)的個數(shù)為an，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S100的值為________． 解析　由x2－x＜2nx(n∈N*)，得0＜x＜2n＋1，因此知an＝2n. ∴S100＝＝10 100. 答案　10 100 8．已知a，b，c成等比數(shù)列，如果a，x，b和b，y，c都成等差數(shù)列，則＋＝________. 解析　賦值法．如令a，b，c分別為2,4,8，可求出x＝＝3，y＝＝6，＋＝2. 答案　2 9．設曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(1,1)處的切線與x軸的交點的橫坐標為xn，令an＝lg xn，則a1＋a2＋a3＋…＋a99的值為________． 解析　由y′＝(n＋1)xn(x∈N*)，所以在點(1,1)處的切線斜率k＝n＋1，故切線方程為y＝(n＋1)(x－1)＋1，令y＝0得xn＝，所以a1＋a2＋a3＋…＋a99＝lg x1＋lg x2＋…＋lg x99＝lg(x1x2…x99)＝lg…＝lg ＝－2. 答案?。? 10．數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若數(shù)列{an}的各項按如下規(guī)律排列： ，，，，，，，，，，…，，，…，，…，有如下運算和結論： ①a24＝； ②數(shù)列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…是等比數(shù)列； ③數(shù)列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…的前n項和為Tn＝； ④若存在正整數(shù)k，使Sk<10，Sk＋1≥10，則ak＝. 其中正確的結論有________．(將你認為正確的結論序號都填上) 解析　依題意，將數(shù)列{an}中的項依次按分母相同的項分成一組，第n組中的數(shù)的規(guī)律是：第n組中的數(shù)共有n個，并且每個數(shù)的分母均是n＋1，分子由1依次增大到n，第n組中的各數(shù)和等于＝. 對于①，注意到21＝<24<＝28，因此數(shù)列{an}中的第24項應是第7組中的第3個數(shù)，即a24＝，因此①正確． 對于②、③，設bn為②、③中的數(shù)列的通項，則bn＝ ＝，顯然該數(shù)列是等差數(shù)列，而不是等比數(shù)列，其前n項和等于＝，因此②不正確，③正確． 對于④，注意到數(shù)列的前6組的所有項的和等于＝10，因此滿足條件的ak應是第6組中的第5個數(shù)，即ak＝，因此④正確． 綜上所述，其中正確的結論有①③④. 答案?、佗邰? 三、解答題 11．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S5＝35，a5和a7的等差中項為13. (1)求an及Sn； (2)令bn＝(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d， 因為S5＝5a3＝35，a5＋a7＝26， 所以解得a1＝3，d＝2， 所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1， Sn＝3n＋2＝n2＋2n. (2)由(1)知an＝2n＋1， 所以bn＝＝＝－， 所以Tn＝＋＋…＋ ＝1－＝. 12．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列． (1)求a1的值； (2)求數(shù)列{an}的通項公式； (3)證明：對一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<. (1)解　當n＝1時，2a1＝a2－4＋1＝a2－3， ① 當n＝2時，2(a1＋a2)＝a3－8＋1＝a3－7， ② 又a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列，所以a1＋a3＝2(a2＋5)， ③ 由①②③解得a1＝1. (2)解　∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1， ∴當n≥2時，有2Sn－1＝an－2n＋1， 兩式相減整理得an＋1－3an＝2n，則－＝1， 即＋2＝.又＋2＝3，知 是首項為3，公比為的等比數(shù)列， ∴＋2＝3n－1， 即an＝3n－2n，n＝1時也適合此式，∴an＝3n－2n. (3)證明　由(2)得＝. 當n≥2時，n>2，即3n－2n>2n， ∴＋＋…＋<1＋2＋3＋…＋n＝1＋<. 13．已知各項均不相等的等差數(shù)列{an}的前四項和為14，且a1，a3，a7恰為等比數(shù)列{bn}的前三項． (1)分別求數(shù)列{an}，{bn}的前n項和Sn，Tn； (2)記數(shù)列{anbn}的前n項和為Kn，設cn＝，求證：cn＋1>cn(n∈N*)． (1)解　設公差為d，則 解得d＝1或d＝0(舍去)，a1＝2， 所以an＝n＋1，Sn＝. 又a1＝2，d＝1，所以a3＝4，即b2＝4. 所以數(shù)列{bn}的首項為b1＝2，公比q＝＝2， 所以bn＝2n，Tn＝2n＋1－2. (2)證明　因為Kn＝221＋322＋…＋(n＋1)2n， ① 故2Kn＝222＋323＋…＋n2n＋(n＋1)2n＋1， ② ①－②得－Kn＝221＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)2n＋1， ∴Kn＝n2n＋1，則cn＝＝. cn＋1－cn＝－ ＝>0， 所以cn＋1>cn(n∈N*)． 14．設數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn＋1＝a2Sn＋a1，其中a2≠0. (1)求證：{an}是首項為1的等比數(shù)列； (2)若a2＞－1，求證：Sn≤(a1＋an)，并給出等號成立的充要條件． 證明　(1)由S2＝a2S1＋a1，得a1＋a2＝a2a1＋a1， 即a2＝a2a1. 因a2≠0，故a1＝1，得＝a2， 又由題設條件知Sn＋2＝a2Sn＋1＋a1，Sn＋1＝a2Sn＋a1， 兩式相減得Sn＋2－Sn＋1＝a2(Sn＋1－Sn)， 即an＋2＝a2an＋1，由a2≠0，知an＋1≠0，因此＝a2. 綜上，＝a2對所有n∈N*成立．從而{an}是首項為1，公比為a2的等比數(shù)列． (2)當n＝1或2時，顯然Sn＝(a1＋an)，等號成立． 設n≥3，a2＞－1且a2≠0，由(1)知，a1＝1，an＝a， 所以要證的不等式化為： 1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥3)， 即證：1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥2)， 當a2＝1時，上面不等式的等號成立． 當－1＜a2＜1時，a－1與a－1，(r＝1,2，…，n－1)同為負； 當a2＞1時，a－1與a－1，(r＝1,2，…，n－1)同為正； 因此當a2＞－1且a2≠1時，總有(a－1)(a－1)＞0，即a＋a＜1＋a，(r＝1,2，…，n－1)． 上面不等式對r從1到n－1求和得 2(a2＋a＋…＋a)＜(n－1)(1＋a)． 由此得1＋a2＋a＋…＋a＜(1＋a)． 綜上，當a2＞－1且a2≠0時，有Sn≤(a1＋an)，當且僅當n＝1,2或a2＝1時等號成立.