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- 2021-06-23 发布
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2010~2014年高考真题备选题库
第5章 数列
第5节 数列的综合应用
1.(2014安徽,5分)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=________.
解析:法一:因为数列{an}是等差数列,所以a1+1,a3+3,a5+5也成等差数列,又a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,所以a1+1,a3+3,a5+5是常数列,故q=1.
法二:因为数列{an}是等差数列,所以可设a1=t-d,a3=t,a5=t+d,故由已知得(t+3)2=(t-d+1)(t+d+5),得d2+4d+4=0,即d=-2,所以a3+3=a1+1,即q=1.
答案:1
2.(2014天津,5分)设{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为________.
解析:由已知得S1·S4=S,
即a1·(4a1-6)=(2a1-1)2,解得a1=-.
答案:-
3.(2014浙江,5分)设函数f1(x)=x2,f2(x)=2(x-x2),f3(x)=|sin 2πx|,ai=,i=0,1,2,…,99.记Ik=|fk(a1)-fk(a0)|+|fk(a2)-fk(a1)|+…+|fk(a99)-fk(a98)|,k=1,2,3.则( )
A.I10,f1(a2)-f1(a1)>0,…,f1(a99)-f1(a98)>0,所以I1=|f1(a1)-f1(a0)|+|f1(a2)-f1(a1)|+…+|f1(a99)-f1(a98)|=f1(a1)-f1(a0)+f1(a2)-f1(a1)+…+f1(a99)-f1(a98)=f1(a99)-f1(a0)=2-0=1.f2(x)=2(x-x2)在上单调递增,在上单调递减,可得f2(a1)-f2(a0)>0,…,f2(a49)-f2(a48)>0,f2(a50)-f2(a49)=0,f2(a51)-f2(a50)<0,…,f2(a99)-f2(a98)<0,所以I2=|f2(a1)-f2(a0)|+|f2(a2)-f2(a1)|+…+|f2(a99)-f2(a98)|=f2(a1)-f2(a0)+…+f2(a49)-f2(a48)-[f2(a51)-f2(a50)+…+f2(a99)-f2(a98)]=f2(a49)-f2(a0)-[f2(a99)-f2(a50)]=2f2(a50)-f2(a0)-f2(a99)=4××=<1.f3(x)=|sin 2πx|在,上单调递增,在,上单调递减,可得f3(a1)-f3(a
0)>0,…,f3(a24)-f3(a23)>0, f3(a25)-f3(a24)>0,f3(a26)-f3(a25)<0,…,f3(a49)-f3(a48)<0,f3(a50)-f3(a49)=0,f3(a51)-f3(a50)>0,…,f3(a74)-f3(a73)>0,f3(a75)-f3(a74)<0,f3(a76)-f3(a75)<0,…,f3(a99)-f3(a98)<0,所以I3=|f3(a1)-f3(a0)|+|f3(a2)-f3(a1)|+…+|f3(a99)-f3(a98)|=f3(a25)-f3(a0)-[f3(a49)-f3(a25)]+f3(a74)-f3(a50)-[f3(a99)-f3(a74)]=2f3(a25)-2f3(a49)+2f3(a74)=2sin-sin>2sin-sin=-=>1.因此I260n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.
解:(1)设数列{an}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),
化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.
当d=0时,an=2;
当d=4时,an=2+(n-1)·4=4n-2,
从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.
(2)当an=2时,Sn=2n.
显然2n<60n+800,
此时不存在正整数n,使得Sn>60n+800成立.
当an=4n-2时,Sn==2n2.
令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,
解得n>40或n<-10(舍去),
此时存在正整数n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值为41.
综上,当an=2时,不存在满足题意的n;
当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.
5.(2014广东,14分)设数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=2nan+1-3n2-4n,n∈N*,且S3=15.
(1)求a1,a2,a3的值;
(2)求数列{an}的通项公式.
解:(1)由Sn=2nan+1-3n2-4n,n∈N*,
取n=1,2得 ①
又S3=15,∴a1+a2+a3=15,
∴a3=15-(a1+a2). ②
联立①②解得a1=3,a2=5,a3=7.
(2)法一:当n>1时,由已知得
两式相减得2nan+1=(2n-1)an+6n+1,即2nan+1-4n2-6n=(2n-1)an-4n2+1,
即2n[an+1-(2n+3)]=(2n-1)[an-(2n+1)],
令bn=an-(2n+1),则2nbn+1=(2n-1)bn, ③
由(1)知b1=b2=0,则由③知bn=0,
∴an=2n+1,且n=1时也成立,
故an=2n+1,n∈N*.
法二:由(1)猜想an=2n+1,下面用数学归纳法证明.
①n=1时,结论显然成立;
②假设当n=k(k≥1)时,ak=2k+1,
则Sk=3+5+7+…+(2k+1)==k(k+2).
又Sk=2kak+1-3k2-4k,
∴k(k+2)=2kak+1-3k2-4k,
解得2ak+1=4k+6,
∴ak+1=2(k+1)+1,即当n=k+1时,结论成立.
由①②知,∀n∈N*,an=2n+1.
6.(2014湖南,13分)已知数列{an}满足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.
(1)若{an}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;
(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.
解:(1)因为{an}是递增数列,
所以an+1-an=|an+1-an|=pn.
而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.
又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,
解得p=或p=0.
当p=0时,an+1=an,这与{an}是递增数列矛盾,故p=.
(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0. ①
但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|. ②
由①②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1=2n-1=. ③
因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故
a2n+1-a2n=-2n=. ④
由③④即知,an+1-an=.
于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+-+…+
=1+·
=+·.
故数列{an}的通项公式为an=+·
7.(2014江苏,16分)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意正整数n,总存在正整数m,使得Sn=am,则称{an}是“H数列”.
(1)若数列{an}的前n项和Sn=2n(n∈N*),证明:{an}是“H数列”;
(2)设{an}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{an}是“H数列”,求d的值;
(3)证明:对任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.
解:(1)证明:由已知,当n≥1时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n+1,使得Sn=2n=am.
所以{an}是“H数列”.
(2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.
因为{an}是“H数列”,
所以存在正整数m,使得S2=am,
即2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1.
因为d<0,所以m-2<0,故m=1.从而d=-1.
当d=-1时,an=2-n,Sn=是小于2的整数,n∈N*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-Sn=2-,使得Sn=2-m=am,所以{an}是“H数列”.因此d的值为-1.
(3)证明:设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*).
令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),则an=bn+cn(n∈N*).
下面证{bn}是“H数列”.
设{bn}的前n项和为Tn,则Tn=a1(n∈N*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=,使得Tn=bm,所以{bn}是“H数列”.
同理可证{cn}也是“H数列”.
所以任意的等差数列{an},总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.
8.(2014天津,14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M={0,1,2,…,q-1},集合A={x|x=x1+x2q+…+xnqn-1,xi∈M,i=1,2,…,n}.
(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A;
(2)设s,t∈A,s=a1+a2q+…+anqn-1,t=b1+b2q+…+bnqn-1,其中ai,bi∈M,i=1,2,…,n.证明:若an0),因为所有AnBn平行且a1=1,a2=2,所以S梯形AnBnBn+1An+1=S梯形A1B1B2A2=3m,当n≥2时,===,
故a=a,
a=a,
a=a,
…
a=a,
以上各式累乘可得:a=(3n-2)a,因为a1=1,
所以an=.
答案:an=
11.(2013北京,14分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1,=an+1-n2-n-,n∈N*.
(1)求a2的值;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.
解:本题考查数列的通项与前n项和的关系、等差数列的通项公式、裂项求和、放缩法等基础知识和基本方法,考查化归与转化思想、分类与整合思想,考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题能力.
(1)依题意,2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.
(2)当n≥2时,2Sn=nan+1-n3-n2-n,
2Sn-1=(n-1)an-(n-1)3-(n-1)2-(n-1),
两式相减得2an=nan+1-(n-1)an-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,
整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),即-=1,又-=1,
故数列{}是首项为1,公差为1的等差数列,
所以=1+(n-1)×1=n,所以an=n2.
(3)证明:当n=1时,=1<;
当n=2时,+=1+=<;
当n≥3时,=<=-,此时
++…+=1++++…+<1++++…+=1++-=-<.
综上,对一切正整数n,有++…+<.
12.(2013北京,13分)已知{an}是由非负整数组成的无穷数列.该数列前n项的最大值记为An,第n项之后各项an+1,an+2, …的最小值记为Bn,dn=An-Bn.
(1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3,…,是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*,an+4=an),写出d1,d2,d3,d4的值;
(2)设d是非负整数.证明:dn=-d(n=1,2,3,…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列;
(3)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,…),则{an}的项只能是1或者2,且有无穷多项为1.
解:
本题主要考查无穷数列的有关知识,考查了考生对新定义类数列的理解与运用,对考生的逻辑思维能力要求较高.
(1)d1=d2=1,d3=d4=3.
(2)证明:(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列,且d≥0,所以a1≤a2≤…≤an≤…,
因此An=an,Bn=an+1,dn=an-aa+1=-d(n=1,2,3…).
(必要性)因为dn=-d≤0(n=1,2,3,…),所以An=Bn+dn≤Bn,又an≤An,an+1≥Bn,
所以an≤an+1,
于是,An=an,Bn=an+1,
因此an+1-an=Bn-An=-dn=d,
即{an}是公差为d的等差数列.
(3)证明:因为a1=2,d1=1,
所以A1=a1=2,B1=A1-d1=1.
故对任意n≥1,an≥B1=1.
假设{an}(n≥2)中存在大于2的项.
设m为满足am>2的最小正整数,
则m≥2,并且对任意1≤k<m,ak≤2.
又a1=2,所以Am-1=2,且Am=am>2.
于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}≥2.
故dm-1=Am-1-Bm-1≤2-2=0,与dm-1=1矛盾.
所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1,an≤2=a1,
所以An=2.
故Bn=An-dn=2-1=1.
因此对于任意正整数n,存在m满足m>n,且am=1,即数列{an}有无穷多项为1.
13.(2012福建,4分)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,∴a1+a2+a3+a4=6,a5+a6+a7+a8=6,…,a4k+1+a4k+2+a4k+3+a4k+4=6,k∈N,故S2 012=503×6=3 018.
答案:3 018
14.(2011福建,13分)已知等比数列{an}的公比q=3,前3项和S3=.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若函数f(x)=Asin(2x+φ)(A>0,0<φ<π)在x=处取得最大值,且最大值为a3,求函数f(x)的解析式.
解:(1)由q=3,S3=,
得=,解得a1=.
所以an=×3n-1=3n-2.
(2)由(1)可知an=3n-2,所以a3=3.
因为函数f(x)的最大值为3,所以A=3;
因为当x=时f(x)取得最大值,
所以sin(2×+φ)=1.
又0<φ<π,故φ=.
所以函数f(x)的解析式为f(x)=3sin(2x+).