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- 2021-05-13 发布
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数列、推理与证明
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分,考试时间120分钟.
第Ⅰ卷
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40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.(2013·黄冈模拟)集合M={y|y=lg(x2+1),x∈R},集合N={x|4x>4,x∈R},则M∩N等于( )
A.[0,+∞) B.[0,1)
C.(1,+∞) D.(0,1]
【解析】 由x2+1≥1知lg(x2+1)≥0,所以M={y|y≥0},由4x>4知x>1,所以N={x|x>1},
所以M∩N={x|x>1},故选C.
【答案】 C
2.如果命题“綈(p∧q)”是真命题, 则( )
A.命题p、q均为假命题
B.命题p、q均为真命题
C.命题p、q中至少有一个是真命题
D.命题p、q中至多有一个是真命题
【解析】 命题“綈(p∧q)”是真命题,则命题“p∧q”是假命题,则命题p、q中至多有一个是真命题,故选D.
【答案】 D
3.(2013·宁波模拟)等差数列{an}中,已知a1=-12,S13=0,使得an>0的最小正整数n为( )
A.7 B.8
C.9 D.10
【解析】 由S13==0得a1+a13=2a7=0,所以a7=0,又a1=-12,故n≥8时,an>0.
【答案】 B
4.(2013·课标全国卷Ⅱ)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( )
A. B.-
C. D.-
【解析】 设公比为q,∵S3=a2+10a1,a5=9,
∴∴
解得a1=,故选C.
【答案】 C
5.下列函数中与函数y=-3|x|奇偶性相同且在(-∞,0)上单调性也相同的是( )
A.y=- B.y=log2|x|
C.y=1-x2 D.y=x3-1
【解析】 函数y=-3|x|是偶函数且在(-∞,0)是增函数,故选C.
【答案】 C
6.(2013·大纲全国卷)已知数列{an}满足3an+1+an=0,a2=-,则{an}的前10项和等于( )
A.-6(1-3-10) B.(1-3-10)
C.3(1-3-10) D.3(1+3-10)
【解析】 由3an+1+an=0,得=-,故数列{an}是公比q=-的等比数列.又a2=-,可得a1=4.所以S10==3(1-3-10).
【答案】 C
7.已知向量a、b的夹角为120°,且|a|=|b|=4,那么b·(2a+b)的值为( )
A.48 B.32
C.1 D.0
【解析】 b·(2a+b)=2a·b+b2=2×4×4×cos 120°+42=0.
【答案】 D
8.已知f(x)=+log2,则f+f+…+f的值为( )
A.1 B.2 C.2 013 D.2 014
【解析】 对任意0<x<1,可得f(x)+f(1-x)=.
设S=f+f+…+f
则S=f+f+…+f
于是2S=+
+…+[f+f]
=×2 013=2,所以S=1.
【答案】 A
第Ⅱ卷
二、填空题(本大题共7小题,每小题5分,共35分,把答案填在题中横线上)
9.已知角α的终边与单位圆交于点,则sin 2α的值为________.
【解析】 由已知得sin α=,cos α=-,
所以sin 2α=2sin αcos α=2××=-.
【答案】 -
10.(2013·昆明模拟)已知数列{an}中a1=1,a2=2,当整数n>1时,Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1)都成立,则S15等于________.
【解析】 由Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1)得,(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=2S1=2,即an+1-an=2(n≥2),数列{an}从第二项起构成等差数列,S15=1+2+4+6+8+…+28=211.
【答案】 211
11.(2013·东城模拟)在数列{an}中,已知a1=2,a2=7,an+2等于anan+1(n∈N*)的个位数,则a2 013的值是________.
【解析】 a1a2=2×7=14,所以a3=4,4×7=28,所以a4=8,4×8=32,所以a5=2,2×8=16,所以a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8,a11=2,所以从第三项起,an成周期排列,周期数为6,2 013=335×6+3,所以a2 013=a3=4.
【答案】 4
12.由直线y=2与函数y=2cos2(0≤x≤2π)的图象围成的封闭图形的面积为________.
【解析】 y=2cos2=cos x+1,则所求面积为
S=∫dx=(x-sin x)|=2π.
【答案】 2π
13.(2013·潍坊模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若acos B+bcos A=csin C,b2+c2-a2=bc,则角B=________.
【解析】 由b2+c2-a2=bc得cos A==,所以A=30°.
由acos B+bcos A=csin C得
sin Acos B+cos Asin B=sin2C,
即sin(A+B)=sin2C,
所以sin C=sin2C.
因为0°<C<180°,
所以sin C=1,
即C=90°,
所以B=60°.
【答案】 60°
14.(2013·淄博模拟)如图1,一个类似杨辉三角的数阵,请写出第n(n≥2)行的第2个数为________.
图1
【解析】 由已知得第n(n≥2)行的第2个数为3+3+5+7+…+[2(n-2)+1]=3+=n2-2n+3.
【答案】 n2-2n+3
15.(2013·孝感模拟)现有一根n节的竹竿,自上而下每节的长度依次构成等差数列,最上面一节长为10 cm,最下面的三节长度之和为114 cm,第6节的长度是首节与末节长度的等比中项,则n=________.
【解析】 设对应的数列为{an},公差为d(d>0).由题意知a1=10,an+an-1+an-2=114,a=a1an,由an+an-1+an-2=114得3an-1=114,解得an-1=38,(a1+5d)2=a1(an-1+d),即(10+5d)2=10(38+d),解得d=2,所以an-1=a1+(n-2)d=38,即10+2(n-2)=38,解得n=16.
【答案】 16
三、解答题(本大题共6小题,共75分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(本小题满分12分)(2013·安徽高考)设数列{an}满足a1=2,a2+a4=8,且对任意n∈N*,函数f(x)=x+an+1cos x-an+2sin x满足f′=0.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=2,求数列{bn}的前n项和Sn.
【解】 (1)由题设可得f′(x)=an-an+1+an+2-an+1sin x-an+2cos x.
对任意n∈N*,f′()=an-an+1+an+2-an+1=0,
即an+1-an=an+2-an+1,故{an}为等差数列.
由a1=2,a2+a4=8解得{an}的公差d=1,
所以an=2+1·(n-1)=n+1.
(2)由bn=2=2=2n++2知,
Sn=b1+b2+…+bn=2n+2·+=n2+3n+1-.
17.(本小题满分12分)(2013·佛山模拟)在平面直角坐标系xOy中,以Ox为始边,角α的终边与单位圆O的交点B在第一象限,已知A(-1,3).
(1)若OA⊥OB,求tan α的值;
(2)若B点横坐标为,求S△AOB.
【解】 (1)由题可知:A(-1,3),B(cos α,sin α),
=(-1,3),=(cos α,sin α),
由OA⊥OB,得·=0,
∴-cos α+3sin α=0,tan α=.
(2)∵cos α=,∴sin α==,即B,
∴=(-1,3),=,
∴|OA|==,|OB|=1,
得cos∠AOB===,
∴sin∠AOB==,
则S△AOB=|AO||BO|sin∠AOB=××1×=.
18.(本小题满分12分)(2013·青岛模拟)已知数列{an}满足a1=1,a1+a2+…+an-1-an=-1(n≥2且n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)令dn=1+loga(a>0,a≠1),记数列{dn}的前n项和为Sn,若恒为一个与n无关的常数λ,试求常数a和λ.
【解】 (1)由题知a1+a2+…+an-1-an=-1,①
所以a1+a2+…+an-an+1=-1.②
由①-②得:an+1-2an=0,即=2(n≥2),
当n=2时,a1-a2=-1,
因为a1=1,所以a2=2,=2,
所以,数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列.
故an=2n-1(n∈N*).
(2)因为an=2n-1,
所以dn=1+loga=1+2nloga2.
因为dn+1-dn=2loga2,
所以{dn}是以d1=1+2loga2为首项,以2loga2为公差的等差数列,
所以=
==λ
⇒(λ-4)nloga2+(λ-2)(1+loga2)=0,
因为恒为一个与n无关的常数λ,
所以
解得λ=4,a=.
19.(本小题满分13分)某工厂为扩大生产规模,今年年初新购置了一条高性能的生产线,该生产线在使用过程中的维护费用会逐年增加,第1年的维护费用是4万元,从第2年到第7年,每年的维护费用均比上年增加2万元,从第8年开始,每年的维护费用比上年增加25%.
(1)设第n年该生产线的维护费用为an,求an的表达式.
(2)设该生产线前n年的维护费用为Sn,求Sn.
【解】 (1)由题意知,当n≤7时,数列{an}是首项为4,公差为2的等差数列,
故an=4+(n-1)×2=2n+2.
当n≥8时,数列{an}从a7开始构成首项为a7=2×7+2=16,公比为1+25%=的等比数列,
则此时an=16×n-7,
所以an=
(2)当1≤n≤7时,Sn=4n+×2=n2+3n,
当n≥8时,由S7=70,得Sn=70+16××
=80×n-7-10,
所以该生产线前n年的维护费用为
Sn=
20.(本小题满分13分)(2013·天津模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2(n∈N*),数列{bn}满足b1=1,且点P(bn,bn+1)(n∈N*)在直线y=x+2上.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)求数列{an·bn}的前n项和Dn.
(3)设cn=an·sin2-bn·cos2(n∈N*),求数列{cn}的前2n项和T2n.
【解】 (1)当n=1时,a1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,
所以an=2an-1(n≥2),所以{an}是等比数列,公比为2,首项a1=2,所以an=2n,
又点P(bn,bn+1)(n∈N*)在直线y=x+2上,所以bn+1=bn+2,
所以{bn}是等差数列,公差为2,首项b1=1,所以bn=2n-1.
(2)由(1)知an·bn=(2n-1)×2n,
所以Dn=1×21+3×22+5×23+7×24+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,①
2Dn=1×22+3×23+5×24+7×25+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1.②
①-②得-Dn=1×21+2×22+2×23+2×24+…+2×2n-(2n-1)×2n+1
=2+2×-(2n-1)×2n+1
=(3-2n)2n+1-6,
则Dn=(2n-3)2n+1+6.
(3)cn=
T2n=(a1+a3+…+a2n-1)-(b2+b4+…+b2n)
=2+23+…+22n-1-[3+7+…+(4n-1)]=-2n2-n.
21.(本小题满分13分)(2013·杭州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn=-an-n-1+2(n∈N*),数列{bn}满足bn=2nan.
(1)求证数列{bn}是等差数列,并求数列{an}的通项公式.
(2)设数列的前n项和为Tn,证明:n∈N*且n≥3时,Tn>.
(3)设数列{cn}满足an(cn-3n)=(-1)n-1λn(λ为非零常数,n∈N*),问是否存在整数λ,使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn.
【解】 (1)在Sn=-an-n-1+2中,令n=1,可得S1=-a1-1+2=a1,即a1=,
当n≥2时,Sn-1=-an-1-n-2+2,
所以an=Sn-Sn-1=-an+an-1+n-1,
所以2an=an-1+n-1,即2nan=2n-1an-1+1.
因为bn=2nan,所以bn=bn-1+1,即当n≥2时,bn-bn-1=1.
又b1=2a1=1,所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
于是bn=1+(n-1)·1=n=2nan,所以an=(n∈N*).
(2)由(1)得cn=an=(n+1)n,
所以Tn=2×+3×2+4×3+…+(n+1)n,①
Tn=2×2+3×3+4×4+…+(n+1)n+1.②
由①-②得Tn=1+2+3+…+n-(n+1)n+1
=1+-(n+1)n+1
=-,
所以Tn=3-,
Tn-=3--=,
于是确定Tn与的大小关系等价于比较2n与2n+1的大小,
由2<2×1+1;22<2×2+1;23>2×3+1;24>2×4+1;25>2×5+1;…
可猜想当n≥3时,2n>2n+1,证明如下:
方法一:①当n=3时,对上式验算显示成立.
②假设当n=k时成立,则n=k+1(k≥2)时,
2k+1=2·2k>2(2k+1)=4k+2=2(k+1)+1+(2k-1)>2(k+1)+1,
所以当n=k+1时猜想也成立.
综合①②可知,对一切n≥3的正整数,都有2n>2n+1.
方法二:当n≥3时,
2n=(1+1)n=C+C+C+…+C+C≥C+C+C+C=2n+2>2n+1,
综上所述,当n≥3时,Tn>.
(3)因为cn=3n+
=3n+(-1)n-1λ·2n,
所以cn+1-cn=[3n+1+(-1)nλ·2n+1]-[3n+(-1)n-1λ·2n]
=2·3n-3λ(-1)n-1·2n>0,
所以(-1)n-1·λ<n-1.①
当n=2k-1(k=1,2,3,…)时,
①式即为λ<2k-2,②
依题意,②式对k=1,2,3,…都成立,所以λ<1,
当n=2k,k=1,2,3,…时,①式即为λ>-2k-1,③
依题意,③式对k=1,2,3,…都成立,
所以λ>-,所以-<λ<1,又λ≠0,
所以存在整数λ=-1,使得对任意n∈N*有cn+1>cn.