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- 2021-06-19 发布
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2015-2016学年上海市普陀区晋原中学高二(上)期中数学试卷
一、填空题
1.已知{an]为等差数列,a1+a3+a5=9,a2+a4+a6=15,则a3+a4= .
2.已知数列{an}的前n项和Sn=5﹣4×2﹣n,则其通项公式为 .
3.已知an=(n∈N*),设am为数列{an}的最大项,则m= .
4.在空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上分别取点E、F、G、H,如果EH、FG相交于一点M,那么M一定在直线 上.
5.在等差数列{an}中,若an+an+2=4n+6(n∈N*),则该数列的通项公式an= .
6.若存在,则实数r的取值范围是 .
7.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为C1D1的中点,则异面直线AE与BC所成的角的余弦值为 .
8.已知数列{an}的通项公式为an=log3(n∈N*),设其前n项和为Sn,则使Sn<﹣4成立的最小自然数n等于 .
9.等比数列{an}的公比0<q<1,a172=a24,则使a1+a2+…+an>++…+成立的正整数n的最大值为 .
第24页(共24页)
10.数列{an}的通项公式an=,前n项和为Sn,则= .
11.在等差数列{an}中,<﹣1,若它的前n项和Sn有最大值,则使Sn取得最小正数的n= .
12.设数列{an}的首项a1=,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=3( n∈N*).则满足<<的所有n的和为 .
13.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数;1,1,2,3,5,8,13,…,其中从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{an}为“斐波那契数列”.那么是斐波那契数列中的第 项.
14.已知奇函数f(x)是定义在R上的增函数,数列{xn}是一个公差为2的等差数列,满足f(x8)+f(x9)+f(x10)+f(x11)=0,则x2015的值为 .
二、选择题
15.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,则异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是()
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A.0<θ< B.0<θ≤ C.0≤θ≤ D.0<θ≤
16.已知数列{an}的各项均为正数,满足:对于所有n∈N*,有,其中Sn表示数列{an}的前n项和.则=( )
A.0 B.1 C. D.2
17.某学校餐厅每天供应500名学生用餐,每星期一都有A,B两种菜可供选择.调查资料表明,凡是在星期一选A种菜的,下星期一会有20%的人改选B种菜;而选B种菜的,下星期一会有30%的人改选A种菜.用an,bn分别表示在第n个星期一选A种菜的人数和选B种菜的人数,如果a1=300,则a10为( )
A.300 B.350 C.400 D.450
18.数列{an}满足a1=1,,记数列{an2}前n项的和为Sn,若对任意的n∈N* 恒成立,则正整数t的最小值为( )
A.10 B.9 C.8 D.7
三、解答题
19.四面体A﹣BCD的棱长均为a,E、F分别为棱AD、BC的中点,求异面直线AF与CE所成的角的余弦值.
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20.2014年,中国联想集团以28亿元收购摩托罗拉移动公司,并计划投资30亿元来发展该品牌;2014年摩托罗拉手机的销售量为100万部.据专家预测,从2015年起,摩托罗拉手机的销售量每年比上一年增加100万部,每年的销售利润比上一年减少10%.已知2014年销售利润平均每部为300元.
(Ⅰ)若把2014年看做第一年,第n年的销售利润为多少?
(Ⅱ)到2020年年底,中国联想集团能否通过摩托罗拉手机实现盈利?(即销售利润超过总投资,参考数据:0.96≈0.53,0.97≈0.47,0.98≈0.43).
21.数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,an+1=Sn+n.
(1)写出a2,a3,a4的值,并求{an}的通项公式;
(2)正项等差数列{bn}的前n项和为Tn,且T3=9,并满足a1+b1,a2+b2,a3+b3,成等比数列.
(i)求数列{bn}的通项公式
(ii)设Bn=++…+,试确定Bn与的大小关系,并给出证明.
22.设函数f(n)=,an=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2n),
(1)求a1,a2,a3的值
(2)设bn=an+1﹣an,写出bn与bn+1的递推关系,并求{bn}的通项公式.
(3)设数列{cn}的通项公式为cn=log2(3an﹣2)﹣10,n∈N*,数列{cn}的前n项和为Sn,
问1000是否为数列{cn•Sn}中的项?若是,求出相应的项数,若不是,请说明理由.
23.(文)已知数列{an}的各项均为正数,a1=1,a2=m,且对任意n∈N*,都有.数列{an}前n项的和Sn
(1)若数列{an}是等比数列,求c的值和;
(2)若数列{an}是等差数列,求m与c的关系式;
(3)c=1,当n≥2,n∈N*时,求证:是一个常数.
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2015-2016学年上海市普陀区晋原中学高二(上)期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题
1.已知{an]为等差数列,a1+a3+a5=9,a2+a4+a6=15,则a3+a4= 8 .
【考点】等差数列的性质.
【专题】等差数列与等比数列.
【分析】直接利用等差数列的性质,求出a3,a4,然后a3+a4的值.
【解答】解:{an]为等差数列,a1+a3+a5=9,
可得a3=3,
a2+a4+a6=15,
可得a4=5,
∴a3+a4=8.
故答案为:8.
【点评】本题考查等差数列的基本性质的应用,考查计算能力.
2.已知数列{an}的前n项和Sn=5﹣4×2﹣n,则其通项公式为 .
【考点】数列的函数特性.
【专题】计算题.
【分析】由数列{an}的前n项和Sn=5﹣4×2﹣n,利用公式直接求解.
【解答】解:a1=S1=5﹣4×2﹣1=3,
an=Sn﹣Sn﹣1
=(5﹣4×2﹣n)﹣(5﹣4×2﹣n+1)
==22﹣n.
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当n=1时,,
∴.
故答案为:.
【点评】本题考查数列的通项公式的求法,解题时要认真审题,仔细解答,注意公式的灵活运用.
3.已知an=(n∈N*),设am为数列{an}的最大项,则m= 8 .
【考点】数列的函数特性.
【专题】函数的性质及应用;等差数列与等比数列.
【分析】把数列an==1+,根据单调性,项的符号判断最大项.
【解答】解:∵an=(n∈N*),
∴an==1+
根据函数的单调性可判断:
数列{an}在[1,7],[8,+∞)单调递减,
∵在[1,7]上an<1,在[8,+∞)上an>1,
∴a8为最大项,
故答案为:8
【点评】本题考查了数列与函数的结合,根据单调性求解,属于中档题.
4.在空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上分别取点E、F、G、H,如果EH、FG相交于一点M,那么M一定在直线 BD 上.
【考点】平面的基本性质及推论.
【专题】空间位置关系与距离.
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【分析】根据题意,可得直线EH、FG分别是平面ABD、平面BCD内的直线,因此EH、FG的交点必定在平面ABD和平面BCD的交线上.而平面ABD交平面BCD于BD,由此即可得到点P在直线BD
【解答】解:∵点E、H分别在AB、AD上,而AB、AD是平面ABD内的直
∴E∈平面ABD,H∈平面ABD,可得直线EH⊂平面ABD,
∵点F、G分别在BC、CD上,而BC、CD是平面BCD内的直线,
∴F∈平面BCD,G∈平面BCD,可得直线FG⊂平面BCD,
因此,直线EH与FG的公共点在平面ABD与平面BCD的交线上,
∵平面ABD∩平面BCD=BD,
∴点M∈直线BD.
故答案为:BD.
【点评】本题给出空间四边形,判断直线EH、FG的交点与已知直线BD的位置关系,着重考查了平面的基本性质和空间直线的位置关系判断等知识,属于基础题.
5.在等差数列{an}中,若an+an+2=4n+6(n∈N*),则该数列的通项公式an= 2n+1 .
【考点】等差数列的通项公式.
【专题】等差数列与等比数列.
【分析】由已知条件易得数列的首项和公比,可得通项公式.
【解答】解:设等差数列{an}的公差为d,
∵an+an+2=4n+6,①
∴an+2+an+4=4(n+2)+6,②
②﹣①可得an+4﹣an=8,
即4d=8,解得d=2,
把n=1代入an+an+2=4n+6可得2a1+4=10,
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解得a1=3,
∴通项公式an=3+2(n﹣1)=2n+1
故答案为:2n+1
【点评】本题考查等差数列的通项公式,求出数列的首项和公比是解决问题的关键,属基础题.
6.若存在,则实数r的取值范围是 .
【考点】数列的极限.
【专题】等差数列与等比数列.
【分析】根据数列极限存在的条件,列出不等式,即可求得r的取值范围.
【解答】解:∵存在,
∴0<,
∴3r2+4r+1≥0且2r+1≠0,r≠0,
∴r≤﹣1或r≥﹣.
故答案为:.
【点评】本题考查极限性质及其运算,解题的关键是理解存在的条件,属于基础题.
7.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为C1D1的中点,则异面直线AE与BC所成的角的余弦值为 .
【考点】异面直线及其所成的角.
【专题】计算题;压轴题;数形结合;转化思想.
【分析】根据题意知AD∥BC,∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角,解三角形即可求得结果.
【解答】解:连接DE,设AD=2
易知AD∥BC,
∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角,
在△RtADE中,由于DE=,AD=2,可得AE=3
∴cos∠DAE==,
第24页(共24页)
故答案为:.
【点评】此题是个基础题.考查异面直线所成角问题,求解方法一般是平移法,转化为平面角问题来解决,体现了数形结合和转化的思想.
8.已知数列{an}的通项公式为an=log3(n∈N*),设其前n项和为Sn,则使Sn<﹣4成立的最小自然数n等于 81 .
【考点】数列与函数的综合.
【专题】转化思想;分析法;点列、递归数列与数学归纳法;不等式的解法及应用.
【分析】求得an=log3=log3n﹣log3(n+1),运用裂项相消求和求得Sn=﹣log3(n+1),再由对数不等式的解法可得n的范围,进而得到n的最小值.
【解答】解:an=log3=log3n﹣log3(n+1),
即有前n项和为Sn=log31﹣log32+log32﹣log33+…+log3n﹣log3(n+1)
=﹣log3(n+1),
由Sn<﹣4,即为log3(n+1)>4,
解得n+1>81,即有n>80,
则n的最小值为81.
故答案为:81.
【点评】本题考查数列的求和方法:裂项相消求和,考查对数的运算性质和不等式的解法,考查运算能力,属于中档题.
9.等比数列{an}的公比0<q<1,a172=a24,则使a1+a2+…+an>++…+成立的正整数n的最大值为 18 .
【考点】数列与不等式的综合.
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【专题】等差数列与等比数列.
【分析】求出数列的前n项和,根据不等式之间的关系即可得到结论.
【解答】解:设首项为a1,公比为q,依题意有(a1q16)2=a1q23,
∴a1q9=1.则a1>0,且a1=q﹣9,
∵{an}为等比数列,∴{ }是以为首项,为公比的等比数列.
则不等式等价为,
∵0<q<1,把a1=q﹣9,即a12=q﹣18代入整理,
得q﹣18(1﹣qn)>q1﹣n(1﹣qn),
∴q﹣18>q1﹣n,
∴﹣18<1﹣n,
即n<19,
∵n∈N*,∴n的最大值为18.
故答案为:18.
【点评】本题主要考查等比数列的通项公式和前n项和的应用,考查数列与不等式的应用,综合性较强,运算量较大.
10.数列{an}的通项公式an=,前n项和为Sn,则= .
【考点】数列的极限.
【专题】点列、递归数列与数学归纳法.
【分析】先利用裂项相消法求出Sn,再求极限即可.
【解答】解:Sn=1+=1+﹣+﹣+…+﹣=﹣,
则==.
故答案为:.
【点评】本题考查数列极限的求法,属中档题,解决本题的关键是先用裂项相消法求和,再利用常见数列极限求解.
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11.在等差数列{an}中,<﹣1,若它的前n项和Sn有最大值,则使Sn取得最小正数的n= 19 .
【考点】等差数列的性质.
【专题】计算题.
【分析】由题意可知,等差数列{an}中a1>0,公差d<0,可将<﹣1转化为:<0,于是a11<0,a10>0,由等差数列的前n项和公式可求得Sn取得最小正数的n.
【解答】解:∵等差数列{an}中,它的前n项和Sn有最大值,<﹣1,
∴a1>0,公差d<0,
又将<﹣1⇔<0,
∴是a11<0,a10>0,a10+a11<0.
∴Sn=an2+bn中其对称轴n=﹣=10,
又S19==19a10>0,而S20=<0,
1与19距离对称轴n=10的距离相等,
∴S1=S19.
∴使Sn取得最小正数的n=1或n=19.
故答案为:1或19.
【点评】本题考查等差数列的性质,考查等差数列的前n项和公式,考查分析问题与解决问题的能力,属于中档题.
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12.设数列{an}的首项a1=,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=3( n∈N*).则满足<<的所有n的和为 7 .
【考点】数列递推式;数列的函数特性.
【专题】等差数列与等比数列.
【分析】根据递推数列,得到数列{an}是公比q=,首项a1=的等比数列,解不等式即可得到结论.
【解答】解:∵2an+1+Sn=3,
∴2an+2+Sn+1=3,
两式相减得2an+2+Sn+1﹣2an+1﹣Sn=0,
即2an+2+an+1﹣2an+1=0,
则2an+2=an+1,
当n=1时,2a2+a1=3,
则a2=,满足2a2=a1,
即2an+1=an,则
即数列{an}是公比q=,首项a1=的等比数列,
则前n项和为Sn==3﹣3•()n,
==1+()n,
若<<,
则<1+()n<,即<()n<,
则7<2n<17,
则n=3或4,
则3+4=7,
故答案为:7
第24页(共24页)
【点评】本题主要考查递推数列的应用,根据递推数列得到数列{an}是公比q=,首项a1=的等比数列是解决本题的关键.
13.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数;1,1,2,3,5,8,13,…,其中从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{an}为“斐波那契数列”.那么是斐波那契数列中的第 101 项.
【考点】数列递推式.
【专题】转化思想;等差数列与等比数列.
【分析】令a0=0,根据斐波那契数列的性质可得:那么==a101,即可得出.
【解答】解:令a0=0,根据斐波那契数列的性质可得:那么==a101,
因此是斐波那契数列中的第101项.
故答案为:101.
【点评】本题考查了斐波那契数列的性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
14.已知奇函数f(x)是定义在R上的增函数,数列{xn}是一个公差为2的等差数列,满足f(x8)+f(x9)+f(x10)+f(x11)=0,则x2015的值为 4011 .
【考点】数列与函数的综合;数列的函数特性.
【专题】转化思想;分析法;函数的性质及应用;等差数列与等比数列.
【分析】设x8=a,则x9=a+2,x10=a+4,x11
第24页(共24页)
=a+6,则f(a)+f(a+2)+f(a+4)+f(a+6)=0,结合奇函数关于原点的对称性可知,f(a)+f(a+6)=0,f(a+2)+f(a+4)=0.所以f(a+3)=0=f(0),x8=﹣3.设数列{xn}通项xn=x1+(n﹣1).x8=x1+14=﹣3.x1=﹣17.通项xn=2n﹣19.由此能求出x2015的值.
【解答】解:设x8=a,则x9=a+2,x10=a+4,x11=a+6,
∴f(a)+f(a+2)+f(a+4)+f(a+6)=0,
且f(a)<f(a+2)<f(a+4)<f(a+6),
∴f(a)<0且f(a+6)>0.
结合奇函数关于原点的对称性可知,f(a)+f(a+6)=0,
f(a+2)+f(a+4)=0.
∴f(a+3)=0=f(0),即a+3=0.
∴x8=﹣3.
设数列{xn}通项xn=x1+2(n﹣1).
∴x8=x1+14=﹣3.解得x1=﹣17.
∴通项xn=2n﹣19.
∴x2015=2×2015﹣19=4011.
故答案为:4011.
【点评】本题考查函数的性质和运用,考查等差数列的性质和应用,解题时要认真审题,仔细解答,注意对称性的合理运用.
二、选择题
15.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,则异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是()
A.0<θ< B.0<θ≤ C.0≤θ≤ D.0<θ≤
【考点】异面直线及其所成的角.
【专题】计算题.
第24页(共24页)
【分析】由题意在正方体ABCD﹣A1BC1D1中,点P在线段AD1上运动,根据A1B∥D1C,将CP与A1B成角可化为CP与D1C成角,然后再求解.
【解答】解:∵A1B∥D1C,
∴CP与A1B成角可化为CP与D1C成角.
∵△AD1C是正三角形可知当P与A重合时成角为,
∵P不能与D1重合因为此时D1C与A1B平行而不是异面直线,
∴;
故选D.
【点评】此题主要考查异面直线及其所成的角,解题的关键是CP与A1B成角可化为CP与D1C成角,此题是一道好题.
16.已知数列{an}的各项均为正数,满足:对于所有n∈N*,有,其中Sn表示数列{an}的前n项和.则=( )
A.0 B.1 C. D.2
【考点】数列的极限;数列递推式.
【专题】计算题.
【分析】令n=1求出首项,然后根据4an=4Sn﹣4Sn﹣1进行化简得an﹣an﹣1=2,从而得到数列{an}是等差数列,直接求出通项公式即可;进而求出结论.
【解答】解:∵4S1=4a1=(a1+1)2,
∴a1=1.当n≥2时,4an=4Sn﹣4Sn﹣1=(an+1)2﹣(an﹣1+1)2,
∴2(an+an﹣1)=an2﹣an﹣12,又{an}各项均为正数,
∴an﹣an﹣1=2.数列{an}是等差数列,
∴an=2n﹣1.
∴===.
故选:C.
【点评】本题主要考查了数列的递推关系,以及数列的极限.解决本题的关键在于根据递推关系求出数列的通项.
第24页(共24页)
17.某学校餐厅每天供应500名学生用餐,每星期一都有A,B两种菜可供选择.调查资料表明,凡是在星期一选A种菜的,下星期一会有20%的人改选B种菜;而选B种菜的,下星期一会有30%的人改选A种菜.用an,bn分别表示在第n个星期一选A种菜的人数和选B种菜的人数,如果a1=300,则a10为( )
A.300 B.350 C.400 D.450
【考点】等差数列与等比数列的综合.
【专题】计算题;等差数列与等比数列.
【分析】由题意可得数列递推公式:,又an+bn=500,两式联立消去bn得数列{an}的递推公式,由a1=300可求得a2=300,从而可知a10值.
【解答】解:依题意得,
消去bn得:an+1=an+150.
由a1=300,得a2=300,从而得a10=300.
故选A.
【点评】本题考查数列在实际问题中的应用,考查学生对数学知识的应用能力,属中档题.
18.数列{an}满足a1=1,,记数列{an2}前n项的和为Sn,若对任意的n∈N* 恒成立,则正整数t的最小值为( )
A.10 B.9 C.8 D.7
【考点】数列与不等式的综合;数列的求和;数列递推式.
【专题】计算题;转化思想.
【分析】由题干中的等式变形得出数列{}是首项为1,公差为4的等差数列,得出an2的通项公式,证明数列{S2n+1﹣Sn}(n∈N*)是递减数列,得出数列{S2n+1﹣Sn}(n∈N*)的最大项,再由,求出正整数得m的最小值.
第24页(共24页)
【解答】解:∵,∴,
∴(n∈N*),
∴{}是首项为1,公差为4的等差数列,
∴=1+4(n﹣1)=4n﹣3,∴an2=
∵(S2n+1﹣Sn)﹣(S2n+3﹣Sn+1)
=(an+12+an+22+…+a2n+12)﹣(an+22+an+32+…+a2n+32)
=an+12﹣a2n+22﹣a2n+32
=﹣﹣
=>0,
∴数列{S2n+1﹣Sn}(n∈N*)是递减数列,
数列{S2n+1﹣Sn}(n∈N*)的最大项为
S3﹣S1=a22+a32==,
∵≤,∴m≥
又∵m是正整数,
∴m的最小值为10.
故选A.
【点评】本题考查数列与不等式的结合问题,难度之一为结合已知和要求的式子,观察出数列是等差或等比数列;难度之二求数列{S2n+1﹣Sn}(n∈N*)的最大值,证数列{S2n+1﹣Sn}(n∈N*)是递减数列,证明方法:(S2n+1﹣Sn)﹣(S2n+3﹣Sn+1)>0.是解题的关键.
三、解答题
19.四面体A﹣BCD的棱长均为a,E、F分别为棱AD、BC的中点,求异面直线AF与CE所成的角的余弦值.
第24页(共24页)
【考点】异面直线及其所成的角.
【专题】计算题.
【分析】画出立体图形,根据中点找平行线,把所求的异面直线角转化为一个三角形的内角来计算.
【解答】解:由题意可得四面体A﹣BCD为正四面体,如图,连接BE,取BE的中点K,连接FK,则FK∥CE,
故∠AFK即为所求的异面直线角或者其补角.
设这个正四面体的棱长为2,在△AKF中,AF==CE,KF=CE=,KE==,
∴AK===.
△AKF中,由余弦定理可得 cos∠AFK===.
【点评】本题考查空间点、线、面的位置关系及学生的空间想象能力、求异面直线角的能力.在立体几何中找平行线是解决问题的一个重要技巧,这个技巧就是通过三角形的中位线找平行线,如果试题的已知中涉及到多个中点,则找中点是出现平行线的关键技巧.
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20.2014年,中国联想集团以28亿元收购摩托罗拉移动公司,并计划投资30亿元来发展该品牌;2014年摩托罗拉手机的销售量为100万部.据专家预测,从2015年起,摩托罗拉手机的销售量每年比上一年增加100万部,每年的销售利润比上一年减少10%.已知2014年销售利润平均每部为300元.
(Ⅰ)若把2014年看做第一年,第n年的销售利润为多少?
(Ⅱ)到2020年年底,中国联想集团能否通过摩托罗拉手机实现盈利?(即销售利润超过总投资,参考数据:0.96≈0.53,0.97≈0.47,0.98≈0.43).
【考点】数列的应用.
【专题】应用题;等差数列与等比数列.
【分析】(Ⅰ)仔细阅读题意得出机的销售量构成了首项为100,公差为100的等差数列.
每部手机的销售利润构成首项为300,公比为0.9的等比数列.求出关于n的通项公式
即可得出第n年的销售利润.
(II)运用导数得出S=30000(1+2×0.9+3×0.92+4×0.93+5×0.94+6×0.95+7×0.96)
再运用错位相减法求解即可.
【解答】解:(Ⅰ)∵摩托罗拉手机的销售量每年比上一年增加100万部,因此手机的销售量构成了首项为100,
公差为100的等差数列.
∴an=100n,
∵手机销售利润按照每年比上一年减10%,因此每部手机的销售利润构成首项为300,公比为0.9的等比数列.∴.
∴第n年的销售利润记为cn,则.
(Ⅱ)到2020年年底,设销售利润总和为S万元,
则S=30000(1+2×0.9+3×0.92+4×0.93+5×0.94+6×0.95+7×0.96)①,
0.9S=30000(1×0.9+2×0.92+3×0.93+4×0.94+5×0.95+6×0.96+7×0.97)②
①﹣②得S=30000(100﹣170×0.97)≈603000万元=60.3亿元
而总投资为28+30=58亿元,
∵60.3>58,∴可以盈利.
答:(Ⅰ)第n年的销售利润为30000n×0.9n﹣1万元;
(Ⅱ)到2020年年底,中国联想集团能通过摩托罗拉手机实现盈利.
【点评】本题考察了等差,等比数列的定义,通项公式,前n项和的求解,错位相减法的运用,考察了,阅读分析,计算化简能力.
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21.数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,an+1=Sn+n.
(1)写出a2,a3,a4的值,并求{an}的通项公式;
(2)正项等差数列{bn}的前n项和为Tn,且T3=9,并满足a1+b1,a2+b2,a3+b3,成等比数列.
(i)求数列{bn}的通项公式
(ii)设Bn=++…+,试确定Bn与的大小关系,并给出证明.
【考点】数列递推式;数列的求和.
【专题】方程思想;转化思想;等差数列与等比数列.
【分析】(1)由a1=2,an+1=Sn+n,可得a2=a1+1=3,同理可得a3=7,a4=15.当n≥2时,an=Sn﹣1+(n﹣1),可得an+1﹣an=an+1,变形为an+1+1=2(an+1),即可得出.
(2)(i)设正项等差数列{bn}的为d>0,由T3=9,可得3b2=9,解得b2.由于a1+b1,a2+b2,a3+b3,成等比数列,可得=(a1+b1),(3+3)2=(2+3﹣d),代入解出即可得出d.
(ii)=<=.利用“裂项求和”与不等式的性质即可证明.
【解答】解:(1)∵a1=2,an+1=Sn+n,可得a2=a1+1=3,同理可得a3=7,a4=15.
当n≥2时,an=Sn﹣1+(n﹣1),∴an+1﹣an=an+1,变形为an+1+1=2(an+1),
∴当n≥2时,数列{an+1}是等比数列,首项为4,公比为2.
∴an+1=4•2n﹣2,
化为an=2n﹣1.
∴an=.
(2)(i)设正项等差数列{bn}的为d>0.
∵T3=9,∴ =3b2=9,解得b2=3.
∵a1+b1,a2+b2,a3+b3,成等比数列,
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∴=(a1+b1),
∴(3+3)2=(2+3﹣d),
化为d2+12d﹣13=0,
解得d=1或d=﹣13(舍去).
∴bn=b2+(n﹣2)=3+n﹣2=n+1.
(ii)=<=.
∴Bn=++…+<+++…++
=,
∴Bn<.
【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、递推关系的应用、“裂项求和”方法、不等式的性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
22.设函数f(n)=,an=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2n),
(1)求a1,a2,a3的值
(2)设bn=an+1﹣an,写出bn与bn+1的递推关系,并求{bn}的通项公式.
(3)设数列{cn}的通项公式为cn=log2(3an﹣2)﹣10,n∈N*,数列{cn}的前n项和为Sn,
问1000是否为数列{cn•Sn}中的项?若是,求出相应的项数,若不是,请说明理由.
【考点】数列与函数的综合.
【专题】转化思想;分析法;函数的性质及应用;等差数列与等比数列.
【分析】(1)由函数f(n),结合an,可得a1,a2,a3;
(2)由题意,得an+1=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2n)+f(2n+1)+…+f(2n+1),作差,得an+1﹣an,由函数解析式结合等差数列的求和公式计算可求得结果;
(3)由an=a1+(a2﹣a1)+(a3﹣a2)+…+(an﹣an﹣1),运用等比数列的求和公式可得an,cn,再由等差数列的求和公式,再由cn•Sn,即可判断1000是否在其中.
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【解答】解:(1)由函数f(n)=,
an=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2n),得
a1=f(1)+f(2)=1+f(1)=2;
a2=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=1+1+3+f(2)=5+1=6;
a3=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)+f(7)+f(8)=1+1+3+1+5+3+7+1=22;
(2)由an=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2n),
可得an+1=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2n)+f(2n+1)+…+f(2n+1),
则有bn=an+1﹣an=f(2n+1)+…+f(2n+1)
=(2n+1)+(2n﹣1+1)+(2n+3)+(2n﹣2+1)+(2n+5)+(2n﹣1+3)+…+1
=1+3+5+…+(2n+1)+…+(2n+1﹣1)=(1+2n+1﹣1)•2n
=4n.
即有bn+1=4bn,且bn=4n;
(3)由an=a1+(a2﹣a1)+(a3﹣a2)+…+(an﹣an﹣1)
=2+4+16+..+4n﹣1=2+=,
即有cn=log2(3an﹣2)﹣10=2n﹣10,
Sn=n(c1+cn)=n(2n﹣18)=n(n﹣9),
即有cn•Sn=2n(n﹣5)(n﹣9),
当n≤13时,cn•Sn≤c13•S13=832<1000,
当n≥13时,cn•Sn≥c14•S14=1260>1000,
故1000不是{cn•Sn}中的项.
【点评】本题考查了分段函数与数列通项公式的综合应用,主要考查分段函数的意义和等差数列的求和公式,以及累加法求数列的通项,考查运算能力,属于中档题.
23.(文)已知数列{an}的各项均为正数,a1=1,a2=m,且对任意n∈N*,都有.数列{an}前n项的和Sn
(1)若数列{an}是等比数列,求c的值和;
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(2)若数列{an}是等差数列,求m与c的关系式;
(3)c=1,当n≥2,n∈N*时,求证:是一个常数.
【考点】数列的极限;数列递推式.
【专题】综合题;等差数列与等比数列.
【分析】(1)确定数列的通项,利用,可以求c的值,分类讨论求和,即可求;
(2)求出数列的公差,利用,建立关系式,可求m与c的关系式;
(3)利用分析法进行证明.
【解答】(1)解:由题意得:,∴ 1分
∴m2n=mn﹣1mn+1+c,∴c=0,2分
∵数列{an}的各项均为正数,∴m>0
当m=1时,∴Sn=n,an=1, =0;4分
当m>0且m≠1时,∴,5分
∴6分
当0<m<1时;
当m>1时,
∴,
∴=;7分
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(2)解:由题意得:d=a2﹣a1=m﹣1,8分
∴an=1+(n﹣1)(m﹣1),an+1=1+n(m﹣1),an+2=1+(n+1)(m﹣1),9分
∵,
∴[1+n(m﹣1)]2=[1+(n﹣1)(m﹣1)][1+(n+1)(m﹣1)]+c,10分
∴c=(m﹣1)2,12分;
(3)证明:计算,猜想,14分
欲证明恒成立
只需要证明恒成立
即要证明an+1(an﹣1+an+1)=an(an+an+2)恒成立
即要证明恒成立 (***)
∵,∴
(***)左边=
(***)右边=
∴(***)成立 18分
【点评】本题考查数列的通项与求和,考查数列的极限,考查分析法的运用,综合性强.
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