高考数学理数列的综合应用问题目二轮提高练习题目

高考数学理数列的综合应用问题目二轮提高练习题目

数列的综合应用问题 一、选择题(每小题5分，共25分)‎ ‎1．设{an}是等比数列，则“a1＜a2＜a3是递增数列”的 ‎(　　)．‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎2．在等差数列{an}中，若a1，a2 011为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a2＋a1 006＋a2 010＝‎ ‎(　　)．‎ A．10 B．‎15 C．20 D．40‎ ‎3．已知正项组成的等差数列{an}的前20项的和为100，那么a6·a15的最大值为 ‎(　　)．‎ A．25 B．‎50 C．100 D．不存在 ‎4．已知数列{an}的前n项和为Sn，过点P(n，Sn)和Q(n＋1，Sn＋1)(n∈N*)的直线的斜率为3n－2，则a2＋a4＋a5＋a9的值等于 ‎(　　)．‎ A．52 B．‎40 C．26 D．20‎ ‎5．已知各项都是正数的等比数列{an}中，存在两项am，an(m，n∈N*)使得＝‎4a1，且a7＝a6＋‎2a5，则＋的最小值是 ‎(　　)．‎ A. B. C. D. 二、填空题(每小题5分，共15分)‎ ‎6．为了解某校高三学生的视力情况，随机地抽查了该校200名高三学生的视力情况，得到频率分布直方图，如图．由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数成等比数列，后6组的频数成等差数列，设最大频率为a，视力在4.6到4.9之间的学生数为b，则a，b的值分别为________．‎ ‎7．在等比数列{an}中，首项a1＝，a4＝(1＋2x)dx，则公比q为________．‎ ‎8．已知数列{an}中，a1＝1，且P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上，若函数f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N*，且n≥2)，函数f(n)的最小值是________．‎ 三、解答题(本题共3小题，共35分)‎ ‎9．(11分)已知数列{an}是等差数列，满足a2＝5，a4＝13.数列{bn}的前n项和是Tn，且Tn＋bn＝3.‎ ‎(1)求数列{an}及数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若cn＝an·bn，试比较cn与cn＋1的大小．‎ ‎10．(12分)首项为正数的数列{an}满足an＋1＝(a＋3)，n∈N*.‎ ‎(1)证明：若a1为奇数，则对一切n≥2，an都是奇数；‎ ‎(2)若对一切n∈N*都有an＋1＞an，求a1的取值范围．‎ ‎11．(12分)等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.‎ 第一列 第二列 第三列 第一行 ‎ 3‎ ‎ 2‎ ‎ 10‎ 第二行 ‎ 6‎ ‎ 4‎ ‎ 14‎ 第三行 ‎ 9‎ ‎ 8‎ ‎ 18‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 参考答案 ‎1．C　[“a1＜a2＜a‎3”‎⇔“数列{an}是递增数列”．]‎ ‎2．B　[由题意，知a1＋a2 011＝a2＋a2 010＝‎2a1 006＝10，所以a2＋a1 006＋a2 010＝15，故选B.]‎ ‎3．A　[S20＝＝10(a1＋a20)＝100，故a6＋a15＝a1＋a20＝10，a6·a15≤（）2＝25.]‎ ‎4．B　[由题意得，＝3n－2，∴Sn＋1－Sn＝3n－2，即an＋1＝3n－2，∴an＝3n－5，因此数列{an}是等差数列，a5＝10，而a2＋a4＋a5＋a9＝2(a3＋a7)＝‎4a5＝40，故选B.]‎ ‎5．A　[记等比数列{an}的公比为q(q＞0)，依题意有a5q2＝a5q＋‎2a5，由a5≠0，得q2－q－2＝0，解得q＝2，‎ 又(a1·‎2m－1)·(a1·2n－1)＝‎16a，‎ 即‎2m＋n－2＝24，∴m＋n－2＝4，∴m＋n＝6，‎ ‎∴＋＝（＋）(m＋n)＝[5＋（＋）]≥‎ (5＋4)＝.]‎ ‎6．解析　第一组的频数为：0.1×0.1×200＝2，‎ 第二组的频数为：0.3×0.1×200＝6，‎ 故第三组的频数为：18，第四组的频数为：54.‎ ‎∴a＝＝0.27.后五组的频数共有：200－80＝120.‎ 又后六组成等差数列，所以第七组的频数为24，第五、六组的频数共为78，故b＝54＋78＝132.‎ 答案　0.27,132‎ ‎7．解析　∵a4＝＝(4＋42)－(1＋12)＝18，∴q3＝＝27，∴q＝3.‎ 答案　3‎ ‎8．解析　由题意知，an－an＋1＋1＝0，即an＋1－an＝1，数列{an}是等差数列，公差d＝1，an＝n，当n≥2时，f(n)＝＋＋＋…＋，∵f(n＋1)－f(n)＝＋＋＋…＋－（＋＋＋…＋）＝＋－＝－＞0，∴f(2)＜f(3)＜…，∴[f(n)]min＝f(2)＝＋＝.‎ 答案　 ‎9．解　(1)∵a2＝5，a4＝13，∴a4＝a2＋2d，即13＝5＋2d.‎ ‎∴d＝4，∴a1＝1，∴an＝4n－3.‎ 又Tn＋bn＝3，∴Tn＋1＋bn＋1＝3，‎ ‎∴2bn＋1－bn＝0，即bn＋1＝bn.‎ ‎∵b1＋b1＝3，∴b1＝，‎ ‎∴数列{bn}为首项是，公比是的等比数列，‎ ‎∴bn＝（）n－1＝.‎ ‎(2)cn＝anbn＝，∴cn＋1＝，‎ cn＋1－cn＝－＝.‎ ‎①当n＝1时，cn＋1－cn＞0，∴cn＋1＞cn；‎ ‎②当n≥2(n∈N*)时，cn＋1－cn＜0，∴cn＋1＜cn.‎ ‎10．(1)证明　已知a1是奇数，假设ak＝‎2m－1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得ak＋1＝＝m(m－1)＋1是奇数．‎ 根据数学归纳法，对任何n∈N*，an都是奇数．‎ ‎(2)解　法一　由an＋1－an＝(an－1)·(an－3)知，an＋1＞an当且仅当an＜1或an＞3.‎ 另一方面，若0＜ak＜1，则0＜ak＋1＜＝1；‎ 若ak＞3，则ak＋1＞＝3.‎ 根据数学归纳法，0＜a1＜1⇔0＜an＜1，∀n∈N*，a1＞3⇔an＞3，∀n∈N*.‎ 综上所述，对一切n∈N*都有an＋1＞an的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3.‎ 法二　由a2＝＞a1，得a－‎4a1＋3＞0，于是0＜a1＜1或a1＞3.an＋1－an＝－＝，‎ 因为a1＞0，an＋1＝，所以所有的an均大于0，因此an＋1－an与an－an－1同号．‎ 根据数学归纳法，∀n∈N*，an＋1－an与a2－a1同号．‎ 因此，对一切n∈N*都有an＋1＞an的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3.‎ ‎11．解　(1)当a1＝3时，不合题意；‎ 当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；‎ 当a1＝10时，不合题意．‎ 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.‎ 所以公比q＝3.故an＝2·3n－1.‎ ‎(2)因为bn＝an＋(－1)nln an＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)‎ ‎＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]‎ ‎＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，‎ 所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3.‎ 所以当n为偶数时，‎ Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；‎ 当n为奇数时，‎ Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋·ln 3‎ ‎＝3n－ln 3－ln 2－1.‎ 综上所述，Sn＝