【复习参考】2015年高考数学(理)提升演练数列的综合问题

-1-2015届高三数学（理）提升演练：数列的综合问题一、选择题1．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量Sn(万件)近似地满足关系式Sn＝n90(21n－n2－5)(n＝1,2，…，12)，按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是()A．5、6月B．6、7月C．7、8月D．8、9月2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若OB＝a100OA＋a101OC，且A、B、C三点共线(该直线不过点O)，则S200等于()A．100B．101C．200D．2013．在数列{an}中，对任意n∈N*，都有an＋2－an＋1an＋1－an＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”．下面对“等差比数列”的判断：①k不可能为0；②等差数列一定是等差比数列；③等比数列一定是等差比数列；④通项公式为an＝a·bn＋c(a≠0，b≠0,1)的数列一定是等差比数列．其中正确的判断为()4．已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为()A．－110B．－90C．90D．1105．已知x＞1，y＞1，且14lnx，14，lny成等比数列，则xy()A．有最大值eB．有最小值eC．有最大值eD．有最小值e6．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10等于()A．24B．32C．48D．64二、填空题-2-7．若数列{an}满足1an＋1－1an＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为调和数列．记数列{1xn}为调和数列，且x1＋x2＋…＋x20＝200，则x5＋x16＝________.8．设1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是________．9．已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数，对于任意的x，y∈R，都有f(x·y)＝xf(y)＋yf(x)成立．数列{an}满足an＝f(2n)(n∈N*)，且a1＝2.则数列的通项公式为an＝________.三、解答题10．已知函数f(x)＝ax的图象过点(1，12)，且点(n－1，ann2)(n∈N*)在函数f(x)＝ax的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝an＋1－12an，若数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn5.11．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.(1)求第n年初M的价值an的表达式；(2)设An＝a1＋a2＋…＋ann，若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M更新．证明：须在第9年初对M更新．12．设各项均为正数的等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a3＋a5＝40.设bn＝log2an.(1)求数列{bn}的通项公式；-3-(2)若c1＝1，cn＋1＝cn＋bnan，求证：cn＜3；(3)是否存在正整数k，使得1bn＋1＋1bn＋2＋…＋1bn＋n＞k10对任意正整数n均成立？若存在，求出k的最大值，若不存在，说明理由．详解答案一、选择题1．解析：由Sn解出an＝130(－n2＋15n－9)，再解不等式130(－n2＋15n－9)1.5，得6n9.答案：C2．解析：∵OB＝a100OA＋a101OC且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，∴a100＋a101＝1，∴S200＝a1＋a2002＝100×(a1＋a200)＝100×1＝100.答案：A3．A．①②B．②③C．③④D．①④解析：若k＝0时，则an＋2－an＋1＝0，因为an＋2－an＋1可能为分母，故无意义，故k不可能为0，①正确；若等差、等比数列为常数列，则②③错误．由定义知④正确．答案：D4．解析：因为a7是a3与a9的等比中项，所以a27＝a3a9，又因为公差为－2，所以(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解得a1＝20，通项公式为an＝20＋(n－1)(－2)＝22－2n，所以S10＝a1＋a102＝5(20＋2)＝110.答案：D5．解析：∵14lnx，14，lny成等比数列，∴14＝lnxlny，∵x＞1，y＞1，∴lnx＞0，lny＞0.∴lnx＋lny≥2lnxlny＝1(当且仅当lnx＝lny时等号成立)，-4-即lnx＋lny＝lnxy的最小值为1，故xy的最小值为e.答案：B6．解析：依题意有anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，两式相除得an＋2an＝2，所以a1，a3，a5，…成等比数列，a2，a4，a6，…也成等比数列，而a1＝1，a2＝2，所以a10＝2×24＝32，a11＝1×25＝32，又因为an＋an＋1＝bn，所以b10＝a10＋a11＝64.答案：D二、填空题7．解析：由题意知，11xn＋1－11xn＝d，即xn＋1－xn＝d，{xn}是等差数列，又x1＋x2＋…＋x20＝200，所以x5＋x16＝x1＋x20＝20.答案：208．解析：设a2＝t，则1≤t≤q≤t＋1≤q2≤t＋2≤q3，由于t≥1，所以q≥max{t，t＋1，3t＋2}，故q的最小值是33.答案：339．解析：令x＝2，y＝2n－1，则f(x·y)＝f(2n)＝2f(2n－1)＋2n－1f(2)，即f(2n)＝2f(2n－1)＋2n－1a1，即an＝2an－1＋2n，an2n＝an－12n－1＋1，所以数列{an2n}为等差数列，由此可得an＝n·2n.答案：n·2n三、解答题10．解：(1)∵函数f(x)＝ax的图象过点(1，12)，∴a＝12，f(x)＝(12)x.又点(n－1，ann2)(n∈N*)在函数f(x)＝ax的图象上，从而ann2＝12n－1，即an＝n22n－1.(2)由bn＝n＋22n－n22n＝2n＋12n得，Sn＝32＋522＋…＋2n＋12n，则12Sn＝322＋523＋…＋2n－12n＋2n＋12n＋1，两式相减得：12Sn＝32＋2(122＋123＋…＋12n)－2n＋12n＋1，-5-∴Sn＝5－2n＋52n，∴Sn5.11．解：(1)当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列，an＝120－10(n－1)＝130－10n；当n≥7时，数列{an}是以a6为首项，公比为34的等比数列，又a6＝70，所以an＝70×(34)n－6.因此，第n年初，M的价值an的表达式为an＝130－10n，n≤6，34n－6，n≥7.(2)设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，An＝120－5(n－1)＝125－5n；当n≥7时，由于S6＝570，故Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70×34×4×[1－(34)n－6]＝780－210×(34)n－6，An＝780－34n－6n.因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列，又A8＝780－3428＝824764＞80，A9＝780－3439＝767996＜80，所以须在第9年初对M更新．12．解：(1)设数列{an}的公比为q(q＞0)，由题意有a1＋a1q2＝10a1q2＋a1q4＝40，∴a1＝q＝2，∴an＝2n，-6-∴bn＝n.(2)∵c1＝1＜3，cn＋1－cn＝n2n，当n≥2时，cn＝(cn－cn－1)＋(cn－1－cn－2)＋…＋(c2－c1)＋c1＝1＋12＋222＋…＋n－12n－1，∴12cn＝12＋122＋223＋…＋n－12n.相减整理得：cn＝1＋1＋12＋…＋12n－2－n－12n－1＝3－n＋12n－1＜3，故cn＜3.(3)令f(n)＝1bn＋1＋1bn＋2＋…＋1bn＋n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n∵f(n＋1)－f(n)＝12n＋1＋12n＋2－1n＋1＝12n＋1－12n＋2＞0，∴f(n＋1)＞f(n)．∴数列{f(n)}单调递增，∴f(n)min＝f(1)＝12.由不等式恒成立得：k10＜12，∴k＜5.故存在正整数k，使不等式恒成立，k的最大值为4.