高考数学总复习 6-4数列的综合问题与数列的应用 新人教B版

6-4数列的综合问题与数列的应用基础巩固强化1.(2011·佛山月考)若a、b、c成等比数列，则函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象与x轴交点的个数是(　　)A．0　　　　B．1　　　　C．2　　　　D．不确定[答案]　A[解析]　由题意知，b2＝ac>0，∴Δ＝b2－4ac＝－3ac<0，∴f(x)的图象与x轴无交点．2．(2011·黄冈月考)在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则的值是(　　)A.B.C.D.[答案]　C[解析]　∵a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n，∴a2a1＝a1＋1，∴a2＝2，；∵a3a2＝a2－1，∴a3＝；∵a4a3＝a3＋1，∴a4＝3；∵a5a4＝a4－1，∴a5＝，∴＝.3．(2012·浙江嘉兴基础测试)数列{an}满足其中任何连续的三项之和为20，并且a4＝9，a12＝7，则a2012＝(　　)A．9B．7C．4D．2[答案]　C[解析]　据已知数列任意连续三项之和为20，a4＝9可得a5＋a6＝11，故a7＝9.又a12＝7可得a10＋a11＝13，从而又得a9＝7，进而可得a8＝4，又由a6＋a7＋a8＝20，解得a6＝7，a5＝4，a4＝9，a3＝7，a2＝4，a1＝9，故数列{an}的各项分别为9,4,7,9,4,7,9，…，构成以3为周期的周期数列，故a2012＝a2＝4.4．(文)(2012·河南新乡、平顶山、许昌调研)设正项等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T10＝32，则＋的最小值为(　　)14\nA．2B.C．2D.[答案]　B[解析]　由条件知，T10＝a1a2…a10＝(a5a6)5＝32，∵an>0，∴a5a6＝2，∴＋＝·a5a6·(＋)＝(a5＋a6)≥×2＝，等号在a5＝a6＝时成立．(理)(2011·哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考)已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若S21＝S4000，O为坐标原点，点P(1，an)，点Q(2011，a2011)，则·＝(　　)A．2011B．－2011C．0D．1[答案]　A[解析]　由S21＝S4000得到Sn关于n＝＝2010.5对称，故Sn的最大(或最小)值＝S2010＝S2011，故a2011＝0，·＝2011＋an·a2011＝2011＋an×0＝2011，故选A.5．数列{an}是公差d≠0的等差数列，数列{bn}是等比数列，若a1＝b1，a3＝b3，a7＝b5，则b11等于(　　)A．a63B．a36C．a31D．a13[答案]　A[解析]　设数列{bn}的首项为b1，公比为q，则得d＝(q4－q2)．∴a1＋(q4－q2)＝a1q2，∵q≠1，∴q2＝2，d＝，于是b11＝a1q10＝32a1.设32a1＝a1＋(n－1)·，则n＝63，∴b11＝a63.6．(文)(2011·广东促元中学期中)已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，公式q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，则(　　)A．a6＝b6B．a6>b6C．a6<b6D．以上都有可能14\n[答案]　B[解析]　a6＝，b6＝＝，由q≠1得，a1≠a11.故a6＝>＝b6.(理)(2011·安徽百校论坛联考)已知a>0，b>0，A为a、b的等差中项，正数G为a、b的等比中项，则ab与AG的大小关系是(　　)A．ab＝AGB．ab≥AGC．ab≤AGD．不能确定[答案]　C[解析]　由条件知，a＋b＝2A，ab＝G2，∴A＝≥＝G>0，∴AG≥G2，即AG≥ab，故选C.[点评]　在知识交汇点处命题是常见命题方式，不等式与数列交汇的题目要特别注意等差(等比)数列的公式及性质的运用．7．小王每月除去所有日常开支，大约结余a元．小王决定采用零存整取的方式把余钱积蓄起来，每月初存入银行a元，存期1年(存12次)，到期取出本和息．假设一年期零存整取的月利率为r，每期存款按单利计息．那么，小王存款到期利息为________元．[答案]　78ar[解析]　依题意得，小王存款到期利息为12ar＋11ar＋10ar＋…＋3ar＋2ar＋ar＝ar＝78ar元．8．已知双曲线an－1y2－anx2＝an－1an(n≥2，n∈N*)的焦点在y轴上，一条渐近线方程是y＝x，其中数列{an}是以4为首项的正项数列，则数列{an}的通项公式是________．[答案]　an＝2n＋1[解析]　双曲线方程为－＝1，∵焦点在y轴上，又渐近线方程为y＝x，∴＝，又a1＝4，∴an＝4×2n－1＝2n＋1.9．(2012·哈六中三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝5Sn－3，且a1＝1，则{an}的通项公式是________．[答案]　an＝[解析]　因为an＋1＝5Sn－3，所以当n≥2时，an＝5Sn－1－3.两式相减得an＋1－an＝5an，14\n∴＝6，故数列{an}从第2项开始成等比数列，an＝2×6n－2(n≥2)，当n＝1时a1＝1不满足，综上，an＝10．(文)(2012·绥化市一模)已知等差数列{an}的公差大于0，且a3、a5是方程x2－14x＋45＝0的两个根，数列{bn}前n项和为Sn，且Sn＝(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.[解析]　(1)∵a3，a5是方程x2－14x＋45＝0的两根，且数列{an}的公差d>0，∴a3＝5，a5＝9，公差d＝＝2.∴an＝a5＋(n－5)d＝2n－1.又当n＝1时，有b1＝S1＝，∴b1＝，当n≥2时，有bn＝Sn－Sn－1＝(bn－1－bn)，∴＝(n≥2)．∴数列{bn}是首项b1＝，公比q＝的等比数列，∴bn＝b1qn－1＝.(2)由(1)知，cn＝anbn＝，∴Tn＝＋＋＋…＋，①Tn＝＋＋＋…＋＋，②①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝＋2(＋＋…＋)－，整理得Tn＝1－.(理)(2012·河南六市联考)已知数列{an}的前n项和是Sn，且2Sn＝2－an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝an＋n，求数列{bn}的前n项和Tn.14\n[解析]　(1)∵当n＝1时，2S1＝2－a1，∴2a1＝2－a1，∴a1＝；当n≥2时，两式相减得2an＝an－1－an(n≥2)，即3an＝an－1(n≥2)，又an－1≠0，∴＝(n≥2)，∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．∴an＝·()n－1＝2·()n.(2)由(1)知bn＝2·()n＋n，∴Tn＝2[＋()2＋()3＋…＋()n]＋(1＋2＋3＋…＋n)＝＋＝1－()n＋.能力拓展提升11.(文)如图，是一个算法的程序框图，该算法输出的结果是(　　)A.B.C.D.14\n[答案]　C[解析]　循环过程为i＝1<4→i＝2，m＝1，S＝；i＝2<4→i＝3，m＝2，S＝＋；i＝3<4→i＝4，m＝3，S＝＋＋；i＝4<4不成立，输出S的值．故S＝＋＋＝＋＋＝1－＝.(理)已知数列{an}的各项均为正数，如图给出程序框图，当k＝5时，输出的S＝，则数列{an}的通项公式为(　　)A．an＝2nB．an＝2n－1C．an＝2n＋1D．an＝2n－3[答案]　B[解析]　由ai＋1＝ai＋2知数列{an}是公差为2的等差数列，由M＝及S＝S＋M知，S＝＋＋…＋，由条件i≤k不满足时输出S及输入k＝5，输出S＝知，＋＋…＝[(－14\n)＋(－)＋…(－)]＝(－)＝(－)＝＝，∵a1>0，∴a1＝1，∴an＝2n－1.12．(文)(2012·成都双流中学月考)已知数列{an}、{bn}满足a1＝，an＋bn＝1，bn＋1＝，则b2012＝(　　)A.B.C.D.[答案]　C[解析]　∵an＋bn＝1，a1＝，∴b1＝，∵bn＋1＝，∴b2＝＝，∴a2＝，b3＝＝，a3＝，b4＝＝，a4＝，…，观察可见an＝，bn＝，∴b2012＝，故选C.(理)(2012·宿州市质检)等比数列{an}中，a3＝6，前三项和S3＝4xdx，则公比q的值为(　　)A．1B．－C．1或－D．－1或－[答案]　C[解析]　S3＝4xdx＝2x2|＝18，又a3＝6，∴a1＋a2＝12，∴∴q＝1或－.13．(文)(2011·福州市期末、河北冀州期末)已知实数a、b、c、d成等比数列，且函数y＝ln(x＋2)－x当x＝b时取到极大值c，则ad等于________．[答案]　－1[分析]　利用导数可求b、c，由a、b、c、d成等比数列可得ad＝bc.[解析]　y′＝－1，令y′＝0得x＝－1，当－2<x<－1时，y′>0，当x>－1时，14\ny′<0，∴b＝－1，c＝ln(－1＋2)－(－1)＝1，∴ad＝bc＝－1.(理)已知数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)，把数列{an}的各项排列成如图所示的三角形数阵：222　2324　25　2627　28　29　210……记M(s，t)表示该数阵中第s行的第t个数，则M(11,2)对应的数是________(用2n的形式表示，n∈N)．[答案]　257[解析]　由数阵的排列规律知，第m行的最后一个数是数列{an}的第1＋2＋3＋…＋m＝项，且该行有m项，由此可知第11行的第2个数是数列{an}的第＋2＝57项，对应的数是257.14．(文)(2012·衡阳六校联考)在一个数列中，如果∀n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________.[答案]　28[解析]　依题意知数列{an}是周期为3的数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28.(理)(2012·河北质检)已知两个等比数列{an}、{bn}满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，若数列{an}唯一，则a＝________.[答案]　[解析]　设等比数列{an}的公比为q，则有b1＝a＋1，b2＝aq＋2，b3＝aq2＋3，(aq＋2)2＝(a＋1)(aq2＋3)，即aq2－4aq＋3a－1＝0.因为数列{an}是唯一的，因此由方程aq2－4aq＋3a－1＝0解得的a，q的值是唯一的．若Δ＝0，则a2＋a＝0.又a>0，因此这样的a不存在，故方程aq2－4aq＋3a－1＝0必有两个不同的实根，且其中一根为零，于是有3a－1＝0，a＝.15．(2012·天津十二区县联考一)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝a(Sn－an＋1)(a为常数，且a≠0，a≠1)．(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝a＋Sn·an，若数列{bn}为等比数列，求a的值．14\n(3)在满足条件(2)的情形下，设cn＝－，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn>2n－.[解析]　(1)S1＝a(S1－a1＋1)，∴a1＝a，当n≥2时，Sn＝a(Sn－an＋1)，Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，两式相减得an＝a·an－1，＝a，即{an}是等比数列，∴an＝a·an－1＝an.(2)由(1)知an＝an，Sn＝，∴bn＝(an)2＋an＝，若{bn}为等比数列，则有b＝b1b3，而b1＝2a2，b2＝a3(2a＋1)，b3＝a4(2a2＋a＋1)，故[a3(2a＋1)]2＝2a2·a4(2a2＋a＋1)，解得a＝，再将a＝代入，得bn＝()n成立，所以a＝.(3)证明：由(2)知bn＝()n，所以cn＝－＝＋＝2－＋，所以cn>2－＋，Tn＝c1＋c2＋…＋cn>(2－＋)＋(2－＋)＋…＋(2－＋)＝2n－＋>2n－.16．(文)已知数列{an}是公差d≠0的等差数列，记Sn为其前n项和．(1)若a2、a3、a6依次成等比数列，求其公比q.14\n(2)若a1＝1，证明点P1，P2，…，Pn(n∈N*)在同一条直线上，并写出此直线方程．[解析]　(1)∵a2、a3、a6依次成等比数列，∴q＝＝＝＝＝3，即公比q＝3.(2)证明：∵Sn＝na1＋d，∴＝a1＋d＝1＋d.∴点Pn在直线y＝1＋d上．∴点P1，P2，…，Pn(n∈N*)都在过点(1,1)且斜率为的直线上．此直线方程为y－1＝(x－1)．即dx－2y＋2－d＝0.(理)在等差数列{an}中，设Sn为它的前n项和，若S15>0，S16<0，且点A(3，a3)与B(5，a5)都在斜率为－2的直线l上，(1)求a1的取值范围；(2)指出，，…，中哪个值最大，并说明理由．[解析]　(1)由已知可得＝－2，则公差d＝－2，∴∴14<a1<15.(2)最大的值是，∵S15＝15a8>0，S16＝8(a8＋a9)<0，∴a8>0，a9<0，即S8最大．又当1≤i≤8时，>0；当9≤i≤15时，<0，∵数列{an}递减，∴≤≤…≤，≥≥…≥⇒最大．14\n1．(2012·杭州第一次质检)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则a6＋a7>0是S9≥S3的(　　)A．充分但不必要条件B．必要但不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案]　A[解析]　∵S9≥S3⇔a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9≥0⇔3(a6＋a7)≥0⇔a6＋a7≥0，∴a6＋a7>0⇒a6＋a7≥0，但a6＋a7≥0a6＋a7>0，故选A.2．(2012·吉林省实验中学模拟)已知正数组成的等差数列{an}的前20项的和是100，那么a6·a15的最大值是(　　)A．25B．50C．100D．不存在[答案]　A[解析]　由条件知，a6＋a15＝a1＋a20＝S20＝×100＝10，a6>0，a15>0，∴a6·a15≤()2＝25，等号在a6＝a15＝5时成立，即当an＝5(n∈N*)时，a6·a15取最大值25.3．(2011·揭阳一模)数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1、a3、a7为等比数列{bn}中连续的三项，则数列{bn}的公比为(　　)A.B．4C．2D.[答案]　C[解析]　设数列{an}的公差为d(d≠0)，由a＝a1a7得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d，故数列{bn}的公比q＝＝＝＝2，选C.4．(2011·北京西城期末)已知各项均不为零的数列{an}，定义向量cn＝(an，an＋1)，bn＝(n，n＋1)，n∈N*.则下列命题中为真命题的是(　　)A．若对于任意n∈N*总有cn∥bn成立，则数列{an}是等差数列B．若对于任意n∈N*总有cn∥bn成立，则数列{an}是等比数列C．若对于任意n∈N*总有cn⊥bn成立，则数列{an}是等差数列D．若对于任意n∈N*总有cn⊥bn成立，则数列{an}是等比数列[答案]　A14\n[解析]　若对任意n∈N*，有cn∥bn，则＝＝，所以an＋1－an＝an＋2－an＋1，即2an＋1＝an＋an＋2，所以数列{an}为等差数列．5．小正方形按照下图中的规律排列：每小图中的小正方形的个数就构成一个数列{an}，有以下结论：①a5＝15；②数列{an}是一个等差数列；③数列{an}是一个等比数列；④数列的递推公式为：an＝an－1＋n(n∈N*)，其中正确的为(　　)A．①②④B．①③④C．①②D．①④[答案]　D[解析]　观察图形可知an＝1＋2＋3＋…＋n＝.∴选D.6．如果一个正整数能表示为两个连续偶数的平方差，那么称这个正整数为“神秘数”．介于1到200之间的所有“神秘数”之和为______．[答案]　2500[解析]　设正整数x＝(2n＋2)2－(2n)2＝8n＋4，由1≤x≤200及n∈Z知，0≤n≤24，∴所有这样的神秘数之和为＝2500.7．(2011·洛阳市高三模拟)已知函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)在函数y＝f(x)的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}和数列{bn}满足等式：an＝＋＋＋…＋(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析]　(1)由题意可设f(x)＝ax2＋bx＋c，则f′(x)＝2ax＋b＝6x－2，∴a＝3，b＝－2，∵f(x)过原点，∴c＝0，∴f(x)＝3x2－2x.依题意得Sn＝3n2－2n.n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，n＝1时，a1＝S1＝1适合上式．14\n∴an＝6n－5(n∈N*)．(2)∵an＝＋＋＋…＋，∴an－1＝＋＋＋…＋(n≥2)．相减得＝6，∴bn＝6·2n(n≥2)．b1＝2a1＝2，∴bn＝∴Tn＝2＋6(22＋23＋…＋2n)＝3·2n＋2－22.8．已知f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn(n为正偶数)且{an}为等差数列，f(1)＝n2，f(－1)＝n，试比较f与3的大小，并证明你的结论．[解析]　由f(1)＝n2，f(－1)＝n得，a1＝1，d＝2.∴f＝＋32＋53＋…＋(2n－1)·n，两边同乘以得，f＝2＋33＋…＋(2n－3)n＋(2n－1)n＋1，两式相减得，f＝＋22＋23＋…＋2n－(2n－1)n＋1＝＋－(2n－1).∴f＝3－<3.9．(2012·安徽理，21)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．[分析]　(1)证明充要条件要从充分性与必要性两方面进行证明；(2)首先由递增数列得到c的取值范围，然后再用数学归纳法证明条件符合题已知条件．[解析]　(1)证明：先证充分性，若c<0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c<xn，故{xn}是递减数列；再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2<x1可得c<0.(2)(ⅰ)假设{xn}是递增数列，由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.14\n由x1<x2<x3，得0<c<1.由xn<xn＋1＝－x＋xn＋c知，对任意n≤1都有xn<，①注意到－xn＋1＝x－xn－c＋＝(1－－xn)(－xn)，②由①式和②式可得1－－xn>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－)n的性质，得2－1≤0，c≤，故0<c≤.(ⅱ)若0<c≤，要证数列{xn}为递增数列，即xn＋1－xn＝－x＋c>0.即证xn<对任意n≥1成立．下面用数学归纳法证明当0<c≤时，xn<对任意n≥1成立．①当n＝1时，x1＝0<≤，结论成立．②假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即xc<，因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间(－∞，]内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)<f()＝，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．故xn<对任意n≥1成立．因此，xn＋1＝xn－x＋c>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(0，]．[点评]　本题考查数列的概念及其性质，不等式及其性质，充要条件的意义，数列与函数的关系等基础知识，考查综合运用知识分析问题的能力，推理能力和运算求解的能力．对于证明与自然数有关的命题，首先考虑用数学归纳法去证明，注意先验证第一个取值，再根据假设证明关键的第二步，还要记住总结才算证明完整．14