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高考数学热点专题专练专题五数列不等式推理与证明测试题理
高考数学热点专题专练专题五数列不等式推理与证明测试题理
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专题五 数列、不等式、推理与证明测试题 (时间:120分钟 满分:150分) 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60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.已知无穷数列{an}是各项均为正数的等差数列,则有( ) A.
D.≥ 解析 a4a8=(a1+3d)(a1+7d)=a+10a1d+21d2,a=(a1+5d)2=a+10a1d+25d2,故≤. 答案 B 2.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n,第k项满足5
f(a),则实数a的取值范围是( ) A.(-∞,-1)∪(2,+∞) B.(-1,2) C.(-2,1) D.(-∞,-2)∪(1,+∞) 解析 由题知f(x)在R上是增函数,可得2-a2>a,解得-2
0时,S3=1+q+≥1+2 =3,当公比q<0时,S3=1-≤1-2 =-1, ∴S3∈(-∞,-1]∪[3,+∞). 答案 D 9.(2011·广东广州模拟)p=+,q=· (m、n、a、b、c、d均为正数),则p、q的大小关系为( ) A.p≥qB.p≤q C.p>qD.不确定 解析 q= ≥=+=p,故选B. 答案 B 10.设Sn=1+2+3+…+n,n∈N*,则函数f(n)=的最大值为( ) A.B. C.D. 解析 由Sn=得f(n)===≤=,当且仅当n=,即n=8时取等号,即f(n)max=f(8)=. 答案 D 11.(2012·广东)已知变量x,y满足约束条件,则z=3x+y的最大值为( ) A.12 B.11 C.3 D.-1 解析 先画出可行域如图所示,再将z=3x+y变形为截距式方程y=-3x+z,把l0:y=-3x平移到经过点A(3,2)时,截距z有最大值,∴zmax=3×3+2=11. 答案 B 12.(2012·浙江)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和,则下列命题错误的是( ) A.若d<0,则数列{Sn}有最大项 B.若数列{Sn}有最大项,则d<0 C.若数列{Sn}是递增数列,则对任意n∈N*,均有Sn>0 D.若对任意n∈N*,均有Sn>0,则数列{Sn}是递增数列 解析 由于Sn=na1+d=n2+n,根据二次函数的图象与性质知当d<0时,数列{Sn}有最大项,即选项A正确;同理选项B也是正确的;而若数列{Sn}是递增数列,那么d>0,但对任意的n∈N*,Sn>0不成立,即选项C错误;反之,选项D是正确的. 答案 C 二、填空题:本大题共4小题,每小题4分,共16分,将答案填在题中的横线上. 13.在公差为d(d≠0)的等差数列{an}中,若Sn是{an}的前n项和,则数列S20-S10,S30-S20,S40-S30也成等差数列,且公差为100d.类比上述结论,在公比为q(q≠1)的等比数列{bn}中,若Tn是数列{bn}的前n项之积,则有____________________________. 答案 ,,也成等比数列,且公比为q100 14.(2012·福建)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,∴当n为奇数时an=1,当n为偶数2,6,10,14,…时,an=-n+1;当n为偶数4,8,12,16,…时,an=n+1,∴数列{an}的前4项和为:1+(-1)+1+5=6;第5至第8项和为:1+(-5)+1+9=6;…由此可知an+an+1+an+2+an+3=1+(-n-1+1)+1+n+3+1=6(n+3是4的倍数),即数列{an}的相邻四项之和均为6,故S2 012=S4×503=503×6=3 018. 答案 3 018 15.已知数列{an}为等差数列,则有等式a1-2a2+a3=0,a1-3a2+3a3-a4=0,a1-4a2+6a3-4a4+a5=0, (1)若数列{an}为等比数列,通过类比,则有等式__________. (2)通过归纳,试写出等差数列{an}的前n+1项a1,a2,…,an,an+1之间的关系为____________________. 解析 因等差数列与等比数列之间的区别是前者是加法运算,后者是乘法运算,所以类比规律是由第一级运算转化到高一级运算,从而解出第(1)问;通过观察发现,已知等式的系数与二项式系数相同,解出第(2)问. 答案 (1)a1aa3=1,a1aaa=1,a1aaaa5=1 (2)Ca1-Ca2+Ca3-……+(-1)nCan+1=0 16.(2012·新课标)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为________. 解析 当n=2k-1,k∈N*时,a2k-a2k-1=2(2k-1)-1;当n=2k,k∈N*时,a2k+1+a2k=2(2k)-1;于是a2k+1+a2k-1=2;a2k+a2k-2=8k-8;前一个式子中k=1,3,5,…,29,后一个式子中k=2,4,6,…,30,得a3+a1=2,a5+a3=2,…,a29+a27=2;a4+a2=8×2-8,a8+a6=8×4-8,…,a60+a58=8×30-8,∴S60=15×2+8(2+4+…+30)-8×15=1 830. 答案 1 830 三、解答题:本大题共6小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(本小题满分12分) 已知函数f(x)满足ax·f(x)=b+f(x)(a·b≠0),f(1)=2且f(x+2)=-f(2-x)对定义域中任意x都成立. (1)求函数f(x)的解析式; (2)正项数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=2,求证:数列{an}是等差数列. 解 (1)由ax·f(x)=b+f(x)(a·b≠0),得f(x)(ax-1)=b,若ax-1=0,则b=0,不合题意,故ax-1≠0, ∴f(x)=. 由f(1)=2=,得2a-2=b,① 由f(x+2)=-f(2-x)对定义域中任意x都成立,得=-,由此解得a=,② 把②代入①,可得b=-1, ∴f(x)==(x≠2). (2)证明:∵f(an)=,Sn=2, ∴Sn=(an+1)2,a1=(a1+1)2,∴a1=1; 当n≥2时,Sn-1=(an-1+1)2, ∴an=Sn-Sn-1=(a-a+2an-2an-1), ∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0, ∵an>0, ∴an-an-1-2=0,即an-an-1=2, ∴数列{an}是等差数列. 18.(本小题满分12分) (2012·广东)设数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等差数列. (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)当n=1时,2a1=a2-4+1=a2-3,① 当n=2时,2(a1+a2)=a3-8+1=a3-7,② 又a1,a2+5,a3成等差数列,有a1+a3=2(a2+5),③ 由①②③解得a1=1. (2)∵2Sn=an+1-2n+1+1,当n≥2时,有2Sn-1=an-2n+1, 两式相减是an+1-3an=2n, 则-·=1,即+2=,又+2=3, 知是以首项为3,公比为的等比数列, ∴+2=3n-1, 即an=3n-2n,n=1时也合适此式,{an}的通项公式是an=3n-2n. (3)由(2)得=== <, ∴<1+++…+=1+<. 19.(本小题满分12分) (2012·安徽)数列{xn}满足x1=0,xn+1=-x+xn+c(n∈N*). (1)证明:{xn}是递减数列的充分必要条件是c<0; (2)求c的取值范围,使{xn}是递增数列. 解 (1)先证充分性,若c<0,由于xn+1=-x+xn+c≤xn+c
0即xn<1-. 由②式和xn≥0还可得,对任意n≥1都有 -xn+1≤(1-)(-xn).③ 反复运用③式,得 -xn≤(1-)n-1(-x1)<(1-)n-1. xn<1-和-xn<(1-)n-1两式相加,知2-1<(1-)n-1对任意n≥1成立. 根据指数函数y=(1-)x的性质,得2-1≤0,c≤, 故0
0. 即证xn<对任意n≥1成立. 下面用数学归纳法证明当0
xn,即{xn}是递增数列. 由(i)(ii)知,使得数列{xn}单调递增的c的范围是. 20.(本小题满分12分) 某商店投入81万元经销某种北京奥运会特许纪念品,经销时间共60天,为了获得更多的利润,商店将每天获得的利润投入到次日的经营中.市场调研表明,该商店在经销这一产品期间第n天的利润an=(单位:万元,n∈N*).记第n天的利润率bn=,例如 b3=. (1)求b1,b2的值; (2)求第n天的利润率bn; (3)该商店在经销此纪念品期间,哪一天的利润率最大?并求该天的利润率. 解 (1)当n=1时,b1=;当n=2时,b2=. (2)当1≤n≤20时,a1=a2=a3=…=an-1=an=1. ∴bn===. 当21≤n≤60时, bn= == =, ∴第n天的利润率 bn= (3)当1≤n≤20时,bn=是递减数列,此时bn的最大值为b1=; 当21≤n≤60时,bn==≤=(当且仅当n=,即n=40时,“=”成立). 又∵>,∴当n=40时,(bn)max=. ∴该商店经销此纪念品期间,第40天的利润率最大,且该天的利润率为. 21.(本小题满分12分) (2012·山东)在等差数列{an}中,a3+a4+a5=84,a9=73. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意m∈N*,将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm. 解 (1)因为{an}是一个等差数列, 所以a3+a4+a5=3a4=84,a4=28. 设数列{an}的公差为d, 则5d=a9-a4=73-28=45, 故d=9. 由a4=a1+3d得28=a1+3×9,即a1=1. 所以an=a1+(n-1)d=1+9(n-1)=9n-8(n∈N*). (2)对m∈N*,若9m
0,bn>0,所以≤a+b<(an+bn)2,从而1
0知q>0.下证q=1. 若q>1,则a1=
logq时,an+1=a1qn>,与(*)矛盾; 若0
a2>1,故当n>logq时,an+1=a1qn<1,与(*)矛盾. 综上,q=1,故an=a1(n∈N*),所以1
1,于是b1
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