人教版高三数学总复习课时作业36 8页

课时作业36　数列的综合应用 一、选择题 ‎1．已知数列1，a1，a2,9是等差数列，数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，则b2·(a1＋a2)＝(　　)‎ A．20 B．30‎ C．35 D．40‎ 解析：∵1，a1，a2,9是等差数列，所以a1＋a2＝1＋9＝10；1，b1，b2，b3,9是等比数列，所以b＝1×9＝9，因为b＝b2>0，所以b2＝3，所以b2·(a1＋a2)＝30，故选B.‎ 答案：B ‎2．已知等比数列{an}中的各项都是正数，且5a1，a3,4a2成等差数列，则＝(　　)‎ A．－1 B．1‎ C．52n D．52n－1‎ 解析：设等比数列{an}的公比为q(q>0)，则依题意有a3＝5a1＋4a2，即a1q2＝5a1＋4a1q，q2－4q－5＝0，解得q＝－1或q＝5.又q>0，因此q＝5，所以＝＝q2n＝52n.‎ 答案：C ‎3．在直角坐标系中，O是坐标原点，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是第一象限的两个点，若1，x1，x2,4依次成等差数列，而1，y1，y2,8依次成等比数列，则△OP1P2的面积是(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：根据等差、等比数列的性质，可知x1＝2，x2＝3，y1＝2，y2＝4.∴P1(2,2)，P2(3,4)．∴S△OP1P2＝1.‎ 答案：A ‎4．已知函数y＝loga(x－1)＋3(a>0，a≠1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项，若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10等于(　　)‎ A. B. C. D. 解析：由y＝loga(x－1)＋3恒过定点(2,3)，即a2＝2，a3＝3，又{an}为等差数列，∴an＝n，n∈N*.∴bn＝，∴T10＝－＋－＋…＋－＝1－＝.‎ 答案：B ‎5．如图所示，矩形AnBnCnDn的一边AnBn在x轴上，另外两个顶点Cn，Dn在函数f(x)＝x＋(x>0)的图象上．若点Bn的坐标为(n,0)(n≥2，n∈N*)，记矩形AnBnCnDn的周长为an，则a2＋a3＋…＋a10＝(　　)‎ A．208 B．216‎ C．212 D．220‎ 解析：由Bn(n,0)，得Cn，令x＋＝n＋，即x2－x＋1＝0，得x＝n或x＝，所以Dn，所以矩形AnBnCnDn的周长an＝2＋2＝4n，则a2＋a3＋…＋a10＝4(2＋3＋…＋10)＝216，故选B.‎ 答案：B ‎6．对于函数y＝f(x)，部分x与y的对应关系如下表：‎ x ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ y ‎3‎ ‎7‎ ‎5‎ ‎9‎ ‎6‎ ‎1‎ ‎8‎ ‎2‎ ‎4‎ 数列{xn}满足x1＝1，且对任意x∈N*，点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，则x1＋x2＋x3＋x4＋…＋x2 013＋x2 014的值为(　　)‎ A．7 549 B．7 545‎ C．7 539 D．7 535‎ 解析：由已知表格列出点(xn，xn＋1)，(1,3)，(3,5)，(5,6)，(6,1)，(1,3)，…，即x1＝1，x2＝3，x3＝5，x4＝6，x5＝1，…，数列{xn}是周期数列，周期为4,2 014＝4×503＋2，所以x1＋x2＋…＋x2 014＝503×(1＋3＋5＋6)＋1＋3＝7 549.‎ 答案：A 二、填空题 ‎7．数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，则数列{bn}的公比为________．‎ 解析：由题意知a＝a1·a7，即(a1＋2d)2＝a1·(a1＋6d)，∴a1＝2d，∴‎ 等比数列{bn}的公比q＝＝＝2.‎ 答案：2‎ ‎8．函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________.‎ 解析：依题意得，函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，a)处的切线方程是y－a＝2ak(x－ak)．令y＝0，得x＝ak，即ak＋1＝ak，因此数列{ak}是以16为首项，为公比的等比数列，所以ak＝16·k－1＝25－k，a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.‎ 答案：21‎ ‎9．在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列{}的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤对n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为________．‎ 解析：由{an}为等差数列，a2＝5，a6＝21得，d＝＝4，an＝5＋4(n－2)＝4n－3，而数列{S2n＋1－Sn}有(S2n＋3－Sn＋1)－(S2n＋1－Sn)＝S2n＋3－S2n＋1＋Sn－Sn＋1＝＋－<0得{S2n＋1－Sn}单调递减，其最大值为S3－S1＝，即≥得m≥，所以m最小值为5.‎ 答案：5‎ 三、解答题 ‎10．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S－(‎ n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.‎ ‎(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)令n＝1代入得a1＝2(负值舍去)．‎ ‎(2)由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*得[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0.‎ 又已知各项均为正数，故Sn＝n2＋n.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，‎ 当n＝1时，a1＝2也满足上式，所以an＝2n，n∈N*.‎ ‎(3)证明：k∈N*,4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，‎ ‎∴4k2＋2k≥3k2＋3k，‎ ‎∴＝＝≤ ‎＝.‎ ‎∴＋＋…＋ ‎≤ ‎＝<.‎ ‎∴不等式成立．‎ ‎11．已知数列{an}的首项a1＝4，前n项和为Sn，且Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设函数f(x)＝anx＋an－1x2＋an－2x3＋…＋a1xn，f′(x)是函数f(x)的导函数，令bn＝f′(1)，求数列{bn}的通项公式，并研究其单调性．‎ 解：(1)由Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)得Sn－3Sn－1－2n＋2－4＝0(n≥2)，‎ 两式相减得an＋1－3an－2＝0，可得an＋1＋1＝3(an＋1)(n≥2)，‎ 又由已知得a2＝14，所以a2＋1＝3(a1＋1)，‎ 即{an＋1}是一个首项为5，公比为3的等比数列，‎ 所以an＝5×3n－1－1(n∈N*)．‎ ‎(2)因为f′(x)＝an＋2an－1x＋…＋na1xn－1，‎ 所以f′(1)＝an＋2an－1＋…＋na1＝(5×3n－1－1)＋2(5×3n－2－1)＋…＋n(5×30－1)＝5(3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…＋n×30)－.‎ 令S＝3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…n×30，‎ 则3S＝3n＋2×3n－1＋3×3n－2＋…＋n×31，‎ 作差得S＝－－，‎ 所以f′(1)＝－.‎ 即bn＝－，‎ 而bn＋1＝－，‎ 所以bn＋1－bn＝－n－>0，‎ 所以{bn}是单调递增数列．‎ 已知各项均为正数的数列{an}满足：a＝2a＋anan＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}满足：bn＝，是否存在正整数m，n(10，所以2an－an＋1＝0，即2an＝an＋1.‎ 所以数列{an}是公比为2的等比数列．‎ 由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)因为bn＝＝，‎ 所以b1＝，bm＝，bn＝.‎ 若b1，bm，bn成等比数列，则2＝，‎ 即＝.‎ 由＝，可得＝，‎ 所以－2m2＋4m＋1>0，从而1－1，所以m＝2，此时n＝12.‎ 故当且仅当m＝2，n＝12时，b1，bm，bn成等比数列．‎