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- 2021-05-13 发布
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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=