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  • 2021-05-13 发布

高考数学理数列的综合应用问题目二轮提高练习题目

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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=