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【红对勾】(新课标)2023高考数学大一轮复习 数列的综合应用课时作业 理.DOC

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课时作业36 数列的综合应用一、选择题1.已知数列1,a1,a2,9是等差数列,数列1,b1,b2,b3,9是等比数列,则b2·(a1+a2)=(  )A.20B.30C.35D.40解析:∵1,a1,a2,9是等差数列,所以a1+a2=1+9=10;1,b1,b2,b3,9是等比数列,所以b=1×9=9,因为b=b2>0,所以b2=3,所以b2·(a1+a2)=30,故选B.答案:B2.已知等比数列{an}中的各项都是正数,且5a1,a3,4a2成等差数列,则=(  )A.-1B.1C.52nD.52n-1解析:设等比数列{an}的公比为q(q>0),则依题意有a3=5a1+4a2,即a1q2=5a1+4a1q,q2-4q-5=0,解得q=-1或q=5.又q>0,因此q=5,所以==q2n=52n.答案:C3.在直角坐标系中,O是坐标原点,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是第一象限的两个点,若1,x1,x2,4依次成等差数列,而1,y1,y2,8依次成等比数列,则△OP1P2的面积是(  )A.1B.2C.3D.4解析:根据等差、等比数列的性质,可知x1=2,x2=3,y1=2,y2=4.∴P1(2,2),P2(3,4).∴S△OP1P2=1.答案:A4.已知函数y=loga(x-1)+3(a>0,a≠1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项,若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,则T10等于(  )A.B.5\nC.D.解析:由y=loga(x-1)+3恒过定点(2,3),即a2=2,a3=3,又{an}为等差数列,∴an=n,n∈N*.∴bn=,∴T10=-+-+…+-=1-=.答案:B5.如图所示,矩形AnBnCnDn的一边AnBn在x轴上,另外两个顶点Cn,Dn在函数f(x)=x+(x>0)的图象上.若点Bn的坐标为(n,0)(n≥2,n∈N*),记矩形AnBnCnDn的周长为an,则a2+a3+…+a10=(  )A.208B.216C.212D.220解析:由Bn(n,0),得Cn,令x+=n+,即x2-x+1=0,得x=n或x=,所以Dn,所以矩形AnBnCnDn的周长an=2+2=4n,则a2+a3+…+a10=4(2+3+…+10)=216,故选B.答案:B6.对于函数y=f(x),部分x与y的对应关系如下表:x123456789y375961824数列{xn}满足x1=1,且对任意x∈N*,点(xn,xn+1)都在函数y=f(x)的图象上,则x1+x2+x3+x4+…+x2013+x2014的值为(  )A.7549B.7545C.7539D.7535解析:由已知表格列出点(xn,xn+1),(1,3),(3,5),(5,6),(6,1),(1,3),…,即x1=1,x2=3,x3=5,x4=6,x5=1,…,数列{xn}是周期数列,周期为4,2014=4×503+2,所以x1+x2+…+x2014=503×(1+3+5+6)+1+3=7549.答案:A5\n二、填空题7.数列{an}是公差不为0的等差数列,且a1,a3,a7为等比数列{bn}的连续三项,则数列{bn}的公比为________.解析:由题意知a=a1·a7,即(a1+2d)2=a1·(a1+6d),∴a1=2d,∴等比数列{bn}的公比q===2.答案:28.函数y=x2(x>0)的图象在点(ak,a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak+1,k为正整数,a1=16,则a1+a3+a5=________.解析:依题意得,函数y=x2(x>0)的图象在点(ak,a)处的切线方程是y-a=2ak(x-ak).令y=0,得x=ak,即ak+1=ak,因此数列{ak}是以16为首项,为公比的等比数列,所以ak=16·k-1=25-k,a1+a3+a5=16+4+1=21.答案:219.在等差数列{an}中,a2=5,a6=21,记数列{}的前n项和为Sn,若S2n+1-Sn≤对n∈N*恒成立,则正整数m的最小值为________.解析:由{an}为等差数列,a2=5,a6=21得,d==4,an=5+4(n-2)=4n-3,而数列{S2n+1-Sn}有(S2n+3-Sn+1)-(S2n+1-Sn)=S2n+3-S2n+1+Sn-Sn+1=+-<0得{S2n+1-Sn}单调递减,其最大值为S3-S1=,即≥得m≥,所以m最小值为5.答案:5三、解答题10.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足S-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*.(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)令n=1代入得a1=2(负值舍去).(2)由S-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*得[Sn-(n2+n)](Sn+3)=0.又已知各项均为正数,故Sn=n2+n.5\n当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,当n=1时,a1=2也满足上式,所以an=2n,n∈N*.(3)证明:k∈N*,4k2+2k-(3k2+3k)=k2-k=k(k-1)≥0,∴4k2+2k≥3k2+3k,∴==≤=.∴++…+≤=<.∴不等式成立.11.已知数列{an}的首项a1=4,前n项和为Sn,且Sn+1-3Sn-2n-4=0(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设函数f(x)=anx+an-1x2+an-2x3+…+a1xn,f′(x)是函数f(x)的导函数,令bn=f′(1),求数列{bn}的通项公式,并研究其单调性.解:(1)由Sn+1-3Sn-2n-4=0(n∈N*)得Sn-3Sn-1-2n+2-4=0(n≥2),两式相减得an+1-3an-2=0,可得an+1+1=3(an+1)(n≥2),又由已知得a2=14,所以a2+1=3(a1+1),即{an+1}是一个首项为5,公比为3的等比数列,所以an=5×3n-1-1(n∈N*).(2)因为f′(x)=an+2an-1x+…+na1xn-1,所以f′(1)=an+2an-1+…+na1=(5×3n-1-1)+2(5×3n-2-1)+…+n(5×30-1)=5(3n-1+2×3n-2+3×3n-3+…+n×30)-.令S=3n-1+2×3n-2+3×3n-3+…n×30,则3S=3n+2×3n-1+3×3n-2+…+n×31,作差得S=--,所以f′(1)=-.即bn=-,5\n而bn+1=-,所以bn+1-bn=-n->0,所以{bn}是单调递增数列.已知各项均为正数的数列{an}满足:a=2a+anan+1,且a2+a4=2a3+4,其中n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}满足:bn=,是否存在正整数m,n(1<m<n),使得b1,bm,bn成等比数列?若存在,求出所有的m,n的值,若不存在,请说明理由.解:(1)因为a=2a+anan+1,即(an+an+1)(2an-an+1)=0.又an>0,所以2an-an+1=0,即2an=an+1.所以数列{an}是公比为2的等比数列.由a2+a4=2a3+4,得2a1+8a1=8a1+4,解得a1=2.故数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*).(2)因为bn==,所以b1=,bm=,bn=.若b1,bm,bn成等比数列,则2=,即=.由=,可得=,所以-2m2+4m+1>0,从而1-<m<1+.又n∈N*,且m>1,所以m=2,此时n=12.故当且仅当m=2,n=12时,b1,bm,bn成等比数列.5

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发布时间:2022-08-25 17:48:23 页数:5
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文章作者:U-336598

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