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高考数学一轮复习课时检测 第五章 第五节 数列的综合问题 理

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第五章 第五节 数列的综合问题
一、选择题 1. 根据市场调查结果, 预测某种家用商品从年初开始的 n 个月内累积的需求量 Sn(万件) 近似地满足关系式 Sn= (21n-n -5)(n=1,2,…,12),按此预测,在本年度内,需求量 90 超过 1.5 万件的月份是( A.5、6 月 C.7、8 月 ) B.6、7 月 D.8、9 月

n

2

1 1 2 2 解析:由 Sn 解出 an= (-n +15n-9),再解不等式 (-n +15n-9)>1.5,得 6<n<9. 30 30 答案:C 2.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 OB =a100 OA +a101 OC ,且 A、B、C 三点共 线(该直线不过点 O),则 S200 等于( A.100 C.200 ) B.101 D.201

解析:∵ OB =a100 OA +a101 OC 且 A,B,C 三点共线(该直线不过点 O), ∴a100+a101=1, ∴S200= 答案:A 3.在数列{an}中,对任意 n∈N ,都有 列”.下面对“等差比数列”的判断: ①k 不可能为 0; ②等差数列一定是等差比数列; ③等比数列一定是等差比数列; ④通项公式为 an=a·b +c(a≠0,b≠0,1)的数列一定是等差比数列. 其中正确的判断为( A.①② C.③④ ) B.②③ D.①④
n
*

a1+a200
2

=100×(a1+a200)=100×1=100.

an+2-an+1 =k(k 为常数),则称{an}为“等差比数 an+1-an

解析:若 k=0 时,则 an+2-an+1=0,因为 an+2-an+1 可能为分母,故无意义,故 k 不可 能为 0,①正确;若等差、等比数列为常数列,则②③错误.由定义知④正确. 答案:D

4.(2011·天津高考)已知{an}为等差数列,其公差为-2,且 a7 是 a3 与 a9 的等比中项,

Sn 为{an}的前 n 项和,n∈N*,则 S10 的值为(
A.-110 C.90 B.-90 D.110

)

解析:因为 a7 是 a3 与 a9 的等比中项,所以 a7=a3a9,又因为公差为-2,所以(a1-12) =(a1-4)(a1-16),解得 a1=20, 通项公式为 an=20+(n-1)(-2)=22-2n, 所以 S10= 答案:D 1 1 5.已知 x>1,y>1,且 lnx, ,lny 成等比数列,则 xy( 4 4 A.有最大值 e C.有最大值 e B.有最小值 e D.有最小值 e )

2

2

a1+a10
2

=5(20+2)=110.

1 1 1 解析:∵ lnx, ,lny 成等比数列,∴ =lnxlny, 4 4 4 ∵x>1,y>1,∴lnx>0,lny>0. ∴lnx+lny≥2 lnxlny=1(当且仅当 lnx=lny 时等号成立), 即 lnx+lny=lnxy 的最小值为 1,故 xy 的最小值为 e. 答案:B 6.已知数列{an},{bn}满足 a1=1,且 an,an+1 是函数 f(x)=x -bnx+2 的两个零点, 则 b10 等于( A.24 C.48
n
2

n

) B.32 D.64
n+1

解析:依题意有 anan+1=2 ,所以 an+1an+2=2

,两式相除得

an+2 =2,所以 a1,a3,a5,… an
4 5

成等比数列,a2,a4,a6,…也成等比数列,而 a1=1,a2=2,所以 a10=2×2 =32,a11=1×2 =32,又因为 an+an+1=bn,所以 b10=a10+a11=64. 答案:D 二、填空题 7.(2012·台州模拟)若数列{an}满足 1

an+1 an

1 * - =d(n∈N ,d 为常数),则称数列{an}为调

1 和数列.记数列{ }为调和数列,且 x1+x2+…+x20=200,则 x5+x16=________.

xn

解析:由题意知,

1 1 - =d,即 xn+1-xn=d, 1 1

xn+1 xn
{xn}是等差数列,又 x1+x2+…+x20=200, 所以 x5+x16=x1+x20=20. 答案:20 8.(2011·江苏高考)设 1=a1≤a2≤…≤a7,其中 a1,a3,a5,a7 成公比为 q 的等比数列,

a2,a4,a6 成公差为 1 的等差数列,则 q 的最小值是________.
解析: 设 a2=t, 则 1≤t≤q≤t+1≤q ≤t+2≤q , 由于 t≥1, 所以 q≥max{t, t+1, 3
2 3

t+2},故 q 的最小值是 3.
3 答案: 3 9. 已知 f(x)是定义在 R 上不恒为零的函数, 对于任意的 x, y∈R, 都有 f(x·y)=xf(y)

3

+yf(x)成立. 数列{an}满足 an=f(2 )(n∈N ), 且 a1=2.则数列的通项公式为 an=________. 解析:令 x=2,y=2 +2
n-1 n-1

n

*

,则 f(x·y)=f(2 )=2f(2 2 2

n

n-1

)+2

n-1

f(2),即 f(2n)=2f(2n-1)

an an-1 an a1,即 an=2an-1+2n, n= n-1+1,所以数列{ n}为等差数列,由此可得 an=n·2n.
2
n

答案:n·2

三、解答题 1 an x * x 10.已知函数 f(x)=a 的图象过点(1, ),且点(n-1, 2)(n∈N )在函数 f(x)=a 的 2 n 图象上. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)令 bn=an+1- an,若数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:Sn<5. 2 1 x 解:(1)∵函数 f(x)=a 的图象过点(1, ), 2 1 1 x ∴a= ,f(x)=( ) . 2 2

an an 1 n * x 又点(n-1, 2)(n∈N )在函数 f(x)=a 的图象上,从而 2= n-1,即 an= n-1. n n 2 2
(2)由 bn= 3 2 5 2

2

n+
2
n

2

n 2n+1 - n= n 得, 2 2

2

Sn= + 2+…+

2n+1 , n 2

1 3 5 2n-1 2n+1 则 Sn= 2+ 3+…+ n + n+1 , 2 2 2 2 2

1 3 1 1 1 2n+1 两式相减得: Sn= +2( 2+ 3+…+ n)- n+1 , 2 2 2 2 2 2 2n+5 ∴Sn=5- n , 2 ∴Sn<5. 11.(2011·湖南高考)某企业在第 1 年初购买一台价值为 120 万元的设备 M,M 的价值 在使用过程中逐年减少.从第 2 年到第 6 年,每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元;从第 7 年开始,每年初 M 的价值为上年初的 75%. (1)求第 n 年初 M 的价值 an 的表达式; (2)设 An=

a1+a2+…+an ,若 An 大于 80 万元,则 M 继续使用,否则须在第 n 年初对 M n

更新.证明:须在第 9 年初对 M 更新. 解:(1)当 n≤6 时,数列{an}是首项为 120,公差为-10 的等差数列,

an=120-10(n-1)=130-10n;
3 当 n≥7 时,数列{an}是以 a6 为首项,公比为 的等比数列,又 a6=70,所以 an 4 3 n-6 =70×( ) . 4 因此,第 n 年初,M 的价值 an 的表达式为 130-10n,n≤6, ? ? an=? 3 n-6 ,n≥7. ? 4 ? (2)设 Sn 表示数列{an}的前 n 项和,由等差及等比数列的求和公式得 当 1≤n≤6 时,Sn=120n-5n(n-1),

An=120-5(n-1)=125-5n;
当 n≥7 时,由于 S6=570, 故 Sn=S6+(a7+a8+…+an) 3 3 n-6 =570+70× ×4×[1-( ) ] 4 4 3 n-6 =780-210×( ) , 4 780- An= 3 4
n-6

n

.

因为{an}是递减数列,所以{An}是递减数列,

780- 又 A8= 780- A9=

3 4 8 3 4
3

2

47 =82 >80, 64

9

79 =76 <80, 96

所以须在第 9 年初对 M 更新. 12.设各项均为正数的等比数列{an}中,a1+a3=10,a3+a5=40.设 bn=log2an. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)若 c1=1,cn+1=cn+ ,求证:cn<3; (3)是否存在正整数 k, 使得 1 1 1 k + +…+ > 对任意正整数 n 均成立?若存 bn+1 bn+2 bn+n 10

bn an

在,求出 k 的最大值,若不存在,说明理由. 解:(1)设数列{an}的公比为 q(q>0),
? ?a1+a1q =10 由题意有? 2 4 ?a1q +a1q =40 ?
2



∴a1=q=2,∴an=2 , ∴bn=n. (2)∵c1=1<3,cn+1-cn= n, 2 1 2 n-1 当 n≥2 时,cn=(cn-cn-1)+(cn-1-cn-2)+…+(c2-c1)+c1=1+ + 2+…+ n-1 , 2 2 2 1 1 1 2 n-1 ∴ cn= + 2+ 3+…+ n . 2 2 2 2 2 1 1 n-1 n+1 相减整理得:cn=1+1+ +…+ n-2- n-1 =3- n-1 <3, 2 2 2 2 故 cn<3. (3)令 f(n)= = 1 + 1 1

n

n

bn+1 bn+2
+…+ 1 2n



1

+…+

1

bn+n

n+1 n+2

1 1 1 ∵f(n+1)-f(n)= + - 2n+1 2n+2 n+1 = 1 1 - > 0, 2n+1 2n+2

∴f(n+1)>f(n). ∴数列{f(n)}单调递增,

1 ∴f(n)min=f(1)= . 2

k 1 由不等式恒成立得: < , 10 2
∴k<5. 故存在正整数 k,使不等式恒成立,k 的最大值为 4


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