高考数学 热点专题专练 专题五 数列不等式推理与证明测试题 理
专题五 数列、不等式、推理与证明测试题
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知无穷数列{an}是各项均为正数的等差数列，则有( )
A.< B.≤
C.> D.≥
解析 a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝a＋10a1d＋21d2，a＝(a1＋5d)2＝a＋10a1d＋25d2，故≤.
答案 B
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5
f(a)，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B．(－1,2)
C．(－2,1)
D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
解析 由题知f(x)在R上是增函数，可得2－a2>a，解得－20时，S3＝1＋q＋≥1＋2 ＝3，当公比q<0时，S3＝1－≤1－2 ＝－1，
∴S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
答案 D
9．(2011·广东广州模拟)p＝＋，q＝· (m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小关系为( )
A．p≥q B．p≤q
C．p>q D．不确定
解析 q＝ ≥＝＋＝p，故选B.
答案 B
10．设Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，则函数f(n)＝的最大值为( )
A. B.
C. D.
解析 由Sn＝得f(n)＝＝＝≤＝，当且仅当n＝，即n＝8时取等号，即f(n)max＝f(8)＝.
答案 D
11．(2012·广东)已知变量x，y满足约束条件，则z＝3x＋y的最大值为( )
A．12 B．11
C．3 D．－1
解析 先画出可行域如图所示，再将z＝3x＋y变形为截距式方程y＝－3x＋z，把l0：y＝－3x平移到经过点A(3,2)时，截距z有最大值，∴zmax＝3×3＋2＝11.
答案 B
12．(2012·浙江)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是( )
A．若d<0，则数列{Sn}有最大项
B．若数列{Sn}有最大项，则d<0
C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0
D．若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列
解析 由于Sn＝na1＋d＝n2＋n，根据二次函数的图象与性质知当d<0时，数列{Sn}有最大项，即选项A正确；同理选项B也是正确的；而若数列{Sn}是递增数列，那么d>0，但对任意的n∈N*，Sn>0不成立，即选项C错误；反之，选项D是正确的．
答案 C
二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，将答案填在题中的横线上．
13．在公差为d(d≠0)的等差数列{an}中，若Sn是{an}的前n项和，则数列S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列，且公差为100d.类比上述结论，在公比为q(q≠1)的等比数列{bn}中，若Tn是数列{bn}的前n项之积，则有____________________________．
答案 ，，也成等比数列，且公比为q100
14．(2012·福建)数列{an}的通项公式an＝ncos＋1，前n项和为Sn，则S2 012＝________.
解析 ∵an＝ncos＋1，∴当n为奇数时an＝1，当n为偶数2,6,10,14，…时，an＝－n＋1；当n为偶数4,8,12,16，…时，an＝n＋1，∴数列{an}的前4项和为：1＋(－1)＋1＋5＝6；第5至第8项和为：1＋(－5)＋1＋9＝6；…由此可知an＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝1＋(－n－1＋1)＋1＋n＋3＋1＝6(n＋3是4的倍数)，即数列{an}的相邻四项之和均为6，故S2 012＝S4×503＝503×6＝3 018.
答案 3 018
15．已知数列{an}为等差数列，则有等式a1－2a2＋a3＝0，a1－3a2＋3a3－a4＝0，a1－4a2＋6a3－4a4＋a5＝0，
(1)若数列{an}为等比数列，通过类比，则有等式__________．
(2)通过归纳，试写出等差数列{an}的前n＋1项a1，a2，…，an，an＋1之间的关系为____________________．
解析 因等差数列与等比数列之间的区别是前者是加法运算，后者是乘法运算，所以类比规律是由第一级运算转化到高一级运算，从而解出第(1)问；通过观察发现，已知等式的系数与二项式系数相同，解出第(2)问．
答案 (1)a1aa3＝1，a1aaa＝1，a1aaaa5＝1
(2)Ca1－Ca2＋Ca3－……＋(－1)nCan＋1＝0
16．(2012·新课标)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．
解析 当n＝2k－1，k∈N*时，a2k－a2k－1＝2(2k－1)－1；当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1＋a2k＝2(2k)－1；于是a2k＋1＋a2k－1＝2；a2k＋a2k－2＝8k－8；前一个式子中k＝1,3,5，…，29，后一个式子中k＝2,4,6，…，30，得a3＋a1＝2，a5＋a3＝2，…，a29＋a27＝2；a4＋a2＝8×2－8，a8＋a6＝8×4－8，…，a60＋a58＝8×30－8，∴S60＝15×2＋8(2＋4＋…＋30)－8×15＝1 830.
答案 1 830
三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12分)
已知函数f(x)满足ax·f(x)＝b＋f(x)(a·b≠0)，f(1)＝2且f(x＋2)＝－f(2－x)对定义域中任意x都成立．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)正项数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2，求证：数列{an}是等差数列．
解 (1)由ax·f(x)＝b＋f(x)(a·b≠0)，得f(x)(ax－1)＝b，若ax－1＝0，则b＝0，不合题意，故ax－1≠0，
∴f(x)＝.
由f(1)＝2＝，得2a－2＝b， ①
由f(x＋2)＝－f(2－x)对定义域中任意x都成立，得＝－，由此解得a＝， ②
把②代入①，可得b＝－1，
∴f(x)＝＝(x≠2)．
(2)证明：∵f(an)＝，Sn＝2，
∴Sn＝(an＋1)2，a1＝(a1＋1)2，∴a1＝1；
当n≥2时，Sn－1＝(an－1＋1)2，
∴an＝Sn－Sn－1＝(a－a＋2an－2an－1)，
∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
∵an>0，
∴an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，
∴数列{an}是等差数列．
18．(本小题满分12分)
(2012·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
解 (1)当n＝1时，2a1＝a2－4＋1＝a2－3， ①
当n＝2时，2(a1＋a2)＝a3－8＋1＝a3－7， ②
又a1，a2＋5，a3成等差数列，有a1＋a3＝2(a2＋5)， ③
由①②③解得a1＝1.
(2)∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，当n≥2时，有2Sn－1＝an－2n＋1，
两式相减是an＋1－3an＝2n，
则－·＝1，即＋2＝，又＋2＝3，
知是以首项为3，公比为的等比数列，
∴＋2＝3n－1，
即an＝3n－2n，n＝1时也合适此式，{an}的通项公式是an＝3n－2n.
(3)由(2)得＝＝＝
<，
∴<1＋＋＋…＋＝1＋<.
19．(本小题满分12分)
(2012·安徽)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N*)．
(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c<0；
(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．
解 (1)先证充分性，若c<0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c0即xn<1－.
由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有
－xn＋1≤(1－)(－xn)． ③
反复运用③式，得
－xn≤(1－)n－1(－x1)<(1－)n－1.
xn<1－和－xn<(1－)n－1两式相加，知2－1<(1－)n－1对任意n≥1成立．
根据指数函数y＝(1－)x的性质，得2－1≤0，c≤，
故00.
即证xn<对任意n≥1成立．
下面用数学归纳法证明当0xn，即{xn}是递增数列．
由(i)(ii)知，使得数列{xn}单调递增的c的范围是.
20．(本小题满分12分)
某商店投入81万元经销某种北京奥运会特许纪念品，经销时间共60天，为了获得更多的利润，商店将每天获得的利润投入到次日的经营中．市场调研表明，该商店在经销这一产品期间第n天的利润an＝(单位：万元，n∈N*)．记第n天的利润率bn＝，例如
b3＝.
(1)求b1，b2的值；
(2)求第n天的利润率bn；
(3)该商店在经销此纪念品期间，哪一天的利润率最大？并求该天的利润率．
解 (1)当n＝1时，b1＝；当n＝2时，b2＝.
(2)当1≤n≤20时，a1＝a2＝a3＝…＝an－1＝an＝1.
∴bn＝＝＝.
当21≤n≤60时，
bn＝
＝＝
＝，
∴第n天的利润率
bn＝
(3)当1≤n≤20时，bn＝是递减数列，此时bn的最大值为b1＝；
当21≤n≤60时，bn＝＝≤＝(当且仅当n＝，即n＝40时，“＝”成立)．
又∵>，∴当n＝40时，(bn)max＝.
∴该商店经销此纪念品期间，第40天的利润率最大，且该天的利润率为.
21．(本小题满分12分)
(2012·山东)在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.
解 (1)因为{an}是一个等差数列，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，a4＝28.
设数列{an}的公差为d，
则5d＝a9－a4＝73－28＝45，
故d＝9.
由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1.
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．
(2)对m∈N*，若9m0，bn>0，所以≤a＋b<(an＋bn)2，从而10知q>0.下证q＝1.
若q>1，则a1＝logq时，an＋1＝a1qn>，与(*)矛盾；
若0a2>1，故当n>logq时，an＋1＝a1qn<1，与(*)矛盾．
综上，q＝1，故an＝a1(n∈N*)，所以11，于是b1
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