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2011届高三数学一轮复习测试:数列


2011 届高三数学一轮复习测试:数列
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分 150 分。考试时间 120 分钟。 第Ⅰ卷(选择题 共 60 分) 一、选择题(本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分,在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符号题目要求的。) 1.(文)已知等差数列{an}中,a10=5,Sn 为其前 n 项的和,则 S1

9 等于 ( ) A.80 B.100 C.95 D.90 [答案] C 19(a1+a19) [解析] S19= =19a10=19×5=95. 2 (理)已知数列{an}满足 a1=1, 2=1, n+1=|an-an-1|(n≥2), a a 则该数列前 2011 项的和 S2011 等于 ( ) A.1341 B.669 C.1340 D.1339 [答案] A [解析] 列举数列各项为:1,1,0,1,1,0,…. ∵2011=3×670+1,∴S2011=2×670+1=1341. 2.在函数 y=f(x)的图象上有点列(xn,yn),若数列{xn}是等差数列,数列{yn}是等比数列, 则函数 y=f(x)的解析式可能为 ( ) 2 A.f(x)=2x+1 B.f(x)=4x 3 C.f(x)=log3x D.f(x)=?4?x ? ? [答案] D 3 3 [解析] 对于函数 f(x)=?4?x 上的点列(xn,yn),有 yn=?4?xn,由于{xn}是等差数列,所以 ? ? ? ? ?3?xn+1 yn+1 ?4? 3 3 xn+1-xn=d,因此 = =?4?xn+1-xn=?4?d,这是一个与 n 无关的常数,故{yn}是等比 ? ? ? ? yn 3? ? xn ?4? 数列.故选 D. 3.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=b6 B.a6>b6 C.a6<b6 D.以上都有可能 [答案] B a1+a11 [解析] a6= ,b6= b1b11= a1a11, 2 由 q≠1 得,a1≠a11. a1+a11 故 a6= > a1a11=b6. 2 8 1 6 3 5 7 4 9 2 4.(文)将 n2(n≥3)个正整数 1,2,3,…,n2 填入 n×n 方格中,使得每行、每列、每条对角线 上的数的和相等,这个正方形就叫做 n 阶幻方.记 f(n)为 n 阶幻方对角线上数的和,如右表就 是一个 3 阶幻方,可知 f(3)=15,则 f(n)= ( ) 1 2 1 2 A. n(n +1) B. n (n+1)-3 2 2 1 2 2 C. n (n +1) D.n(n2+1) 2 [答案] A
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1 [解析] 本题以幻方为载体考查了数列的求和问题. 由已知可得 f(n)= (1+2+3+…+n2) n 2 2 2 1 n (n +1) n(n +1) = × = . n 2 2 (理)若数列 1,2cosθ,22cos2θ,23cos3θ,…,2kcoskθ,…前 2010 项之和为 0,则 θ 的值为 ( ) π π A.kπ± (k∈Z) B.2kπ± (k∈Z) 3 3 2π C.2kπ± (k∈Z) D.以上答案均不对 3 [答案] C 1×[1-(2cosθ)2010] [解析] 显然当公比 q=2cosθ=1 时,不满足题意,所以有 =0,因此 1-2cosθ 2π 2cosθ=-1,故 θ=2kπ± (k∈Z).故选 C. 3 5.在如图所示的程序框图中,当输出的 T 的值最大时,正整数 k 的值等于( )

A.6 B.7 C.6 或 7 D.8 [答案] C

?1 - [解析] 该程序框图的实质是输出等比数列 an=64·2?n 1 的前 k 项的乘积 Tk=a1a2…ak, ? ?
由于 a7=1,所以 T6=T7 且最大.故选 C. S5 1 S10 6.(文)设 Sn 表示等差数列{an}的前 n 项和,已知 = ,那么 等于 ( ) S10 3 S20 1 3 1 1 A. B. C. D. 9 10 8 3 [答案] B [解析] 设其公差为 d, 1 5a1+ ×5×4d 2 a1+2d 1 S5 ∵ = = = ,∴a1=3d. S10 1 2a1+9d 3 10a1+ ×10×9d 2 1 10a1+ ×10×9d 2 S10 3 ∴ = = . S20 1 10 20a1+ ×20×19d 2 S1 S2 S15 (理)在等差数列{an}中,其前 n 项和是 Sn,若 S15>0,S16<0,则在 , ,…, 中最大 a1 a2 a15 的是 ( ) S1 S8 S9 S15 A. B. C. D. a1 a8 a9 a15
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[答案] B 16(a1+a16) [解析] 由于 S15=15a8>0,S16= =8(a8+a9)<0,所以可得 a8>0,a9<0. 2 S1 S2 S8 S9 S10 S15 这样 >0, >0,…, >0, <0, <0,…, <0,… a1 a2 a8 a9 a10 a15 S1 S2 S15 S8 而 0<S1<S2<…<S8,a1>a2>…>a8>0,所以在 , ,…, 中最大的是 ,故选 B. a1 a2 a15 a8 7.已知数列{an},{bn}都是公差为 1 的等差数列,其首项分别为 a1,b1 且 a1+b1=5,a1, b1∈N*,设 cn=abn (n∈N*),则数列{cn}的前 10 项之和等于 ( ) A.55 B.70 C.85 D.100 [答案] C [解析] an=a1+(n-1)· 1+n-1,bn=b1+n-1,则 abn=a1+bn-1=a1+(b1+n-1) 1=a -1=n+3 ∴cn=n+3,故数列{cn}为等差数列,首项是 1+3=4,公差为 1, 10×(10-1) ∴前 10 项和为 10×4+ =85. 2 8. Sn 是等差数列{an}的前 n 项和, O(0,0)、 设 点 A(l, l)、 S B(m, m)、 S C(p, p)(其中 l<m<p), S → → 若向量AB与OC共线,则 l、m、p 之间的关系是 ( ) A.m=p+l B.2m=p+l C.2p=m+l D.p=m+l [答案] D → → → → [解析] 依题意得AB=(m-l,Sm-Sl),OC=(p,Sp),由于AB与OC共线,所以有(m-l)Sp =p(Sm-Sl),再设等差数列{an}的公差为 d,代入整理可得 p=m+l,故选 D. sinA 2cosC+cosA 9.在△ABC 中, = 是角 A、B、C 成等差数列的 ( ) cosA 2sinC-sinA A.充分非必要条件 B.充要条件 C.必要非充分条件 D.既不充分也不必要条件 [答案] A sinA 2cosC+cosA [解析] = ?2sinAsinC-sin2A=2cosAcosC+cos2A?2cos(A+C)+1=0 cosA 2sinC-sinA 1 π sinA ?cosB= ?B= ?A+C=2B?A、B、C 成等差数列.但当 A、B、C 成等差数列时, = 2 3 cosA 2cosC+cosA π π π 不一定成立,如 A= 、B= 、C= .故是充分非必要条件.故选 A. 2 3 6 2sinC-sinA 10.已知 0<a<b<c 且 a、b、c 成等比数列,n 为大于 1 的整数,那么 logan,logbn,logcn 是 ( ) A.成等比数列 B.成等差数列 C.即是等差数列又是等比数列 D.即不是等差数列又不是等比数列 [答案] D [解析] 方法 1:可用特殊值法. 令 a=2,b=4,c=8,n=2,即可得出答案 D 正确. 方法 2:∵a、b、c 成等比数列, ∴可设 b=aq,c=aq2.(q>1,a>0) logan 则:logbn=log(aq)n= ,logcn=log(aq2)n 1+logaq

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logan , 1+2logaq 可验证,logan,logbn,logcn 既不是等差数列又不是等比数列.故选 D. 11.某地区的农民收入由工资性收入和其他收入两部分构成.2004 年该地区农民人均收入 为 3150 元(其中工资性收入为 1800 元,其他收入为 1350 元),预计该地区自 2005 年起的 5 年 内,农民的工资性收入将以每年 6%的年增长率增长,其他收入每年增加 160 元.根据以上数 据,2009 年该地区农民人均收入介于 ( ) A.4200 元~4400 元 B.4400 元~4600 元 C.4600 元~4800 元 D.4800 元~5000 元 [答案] B [解析] 到 2009 年农民的工资性收入变为 1800(1+6%)5=2409(元), 其他收入变为 1350+5×160=2150(元), 故 2009 年收入为 4559(元). fn(0)-1 2 12.设 f1(x)= ,fn+1(x)=f1[fn(x)],且 an= ,则 a2011 等于 ( ) 1+x fn(0)+2 1 1 A.?-2?2009 B.?2?2010 ? ? ? ? 1 1 C.?-2?2011 D.?2?2012 ? ? ? ? [答案] D [解析] ∵fn+1(x)=f1[fn(x)], 2 ∴fn+1(0)=f1[fn(0)]= , 1+fn(0) 2 6 又 f1(0)=2,∴f2(0)= ,f3(0)= ,… 3 5 fn(0)-1 又∵an= , fn(0)+2 1 1 1 ∴a1= ,a2=- ,a3= ,… 4 8 16 1 1 结合选项可知,{an}是首项为 ,公比为- 的等比数列, 4 2 1 ? 1?2010 ?1?2012 ∴a2011= ·-2? =?2? . 4? [点评] 严格推证过程如下: an+1 fn+1(0)-1 fn(0)+2 = · an fn+1(0)+2 fn(0)-1 2 -1 f1(fn(0)-1) fn(0)+2 1+fn(0) fn(0)+2 = · = · 2 f1(fn(0))+2 fn(0)-1 f (0)-1 +2 n 1+fn(0) 1-fn(0) fn(0)+2 1 = · =- . 2 4+2fn(0) fn(0)-1 = 第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分) 二、填空题(本大题共 4 个小题,每小题 4 分,共 16 分,把正确答案填在题中横线上) 13.(文)有 1200 根相同的钢管,把它们堆放成正三角形垛,要使剩余的钢管尽可能少, 那么剩余钢管的根数为________. [答案] 24 n(n+1) [解析] 由 ≤1200,n∈N,得 n≤48, 2

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48×(48+1) 1200- =24. 2 a b c (理)已知 a,b,c 的倒数成等差数列,则 , , 的倒数成________ b+c-a c+a-b a+b-c 数列. [答案] 等差 [解析] 因为 a,b,c 的倒数成等差数列, 2 1 1 ∴ = + ,即 2ac=b(a+c), b a c b+c-a a+b-c c(b+c)+a(a+b) 又 + = -2 a c ac 2 2 c +a +b(a+c) = -2 ac c2+a2+2ac (a+c)2 = -2= -2 ac ac 2 2(a+c) 2(a+c) 2(c+a-b) = -2= -2= , b b b(a+c) a b c 所以 , , 的倒数成等差数列.故填等差. b+c-a c+a-b a+b-c 1 1 [点评] 可取特值探索,如 a=1,b= ,c= . 2 3 * 14.在等比数列{an}中,an>0(n∈N ),公比 q∈(0,1),且 a1a5+2a3a5+a2a8=25,又 a3 与 S1 S2 Sn a5 的等比中项为 2,bn=log2an,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,则当 + +…+ 最大时,n 的 1 2 n 值等于________. [答案] 8 或 9 [解析] ∵a1a5+2a3a5+a2a8=25, 2+2a3a5+a2=25, an>0, 3+a5=5, q∈(0,1), ∴a3 又 ∴a 又 5 1?n-1 1 - ∴a3>a5,又 a3·5=4,∴a3=4,a5=1,∴q= ,a1=16,an=16×?2? =25 n,bn=log2an a ? 2 =5-n,bn+1-bn=-1,∴{bn}是以 b1=4 为首项,-1 为公差的等差数列, n(9-n) Sn 9-n ∴Sn= ,∴ = , 2 n 2 Sn Sn ∴当 n≤8 时, >0;当 n=9 时, =0; n n Sn 当 n>9 时, <0, n S1 S2 S3 Sn ∴当 n=8 或 9 时, + + +…+ 最大. 1 2 3 n π? ?π ? 15. (文)已知 α∈?0,2?∪?2,π?, sinα, 且 sin2α, sin4α 成等比数列, α 的值为________. 则 ? 2π [答案] 3 [解析] 由题意,sin22α=sinα· sin4α,∴sin22α=2sinα· sin2α· cos2α,即 sin2α=2sinα· cos2α, ∴2sinαcosα=2sinα· cos2α,即 cosα=cos2α, ∴2cos2α-1=cosα.∴(2cosα+1)(cosα-1)=0. 1 2π ∴cosα=- ,∴α= . 2 3 (理)某资料室使用计算机进行编码,如下表所示,编码以一定规则排列,且从左到右以及 从上到下都是无限延伸的,则此表中主对角线上的数构成的数列 1,2,5,10,17,…的通项公式为 ________.

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1 1 1 1 1 1 … 1 2 3 4 5 6 … 1 3 5 7 9 11 … 1 4 7 10 13 16 … 1 5 9 13 17 21 … 1 6 11 16 21 26 … … … … … … … … 2 * [答案] an=n +2n+2,n∈N [解析] 由编码可得,第 m 行是首项为 1,公差为 m-1 的等差数列,则第 m 行的第 n 个 数为 1+(n-1)· (m-1),令 m=n,则有 an=1+(n-1)· (n-1)=n2-2n+2,n∈N*.故填 an=n2 -2n+2,n∈N*. 16.正整数集合 Ak 的最小元素为 1,最大元素为 2011,并且各元素可以从小到大排成一 个公差为 k 的等差数列,则并集 A10∪A15 中的元素个数为________. [答案] 269 [解析] 设集合 Ak 中的元素个数为 xk,则 2011=1+(xk-1)· k, 2010 ∴xk= +1, k ∴x10=202,x15=135,x30=68,故 A10∪A15 中的元素个数为 x10+x15-x30=269. 三、解答题(本大题共 6 个小题,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)数列{an}中,a1=2,an+1=an+cn(c 是常数,n=1,2,3,…),且 a1, a2,a3 成公比不为 1 的等比数列. (1)求 c 的值; (2)求{an}的通项公式. [解析] (1)a1=2,a2=2+c,a3=2+3c, ∵a1、a2、a3 成等比数列, ∴(2+c)2=2(2+3c), 解得 c=0 或 c=2.当 c=0 时,a1=a2=a3,不符合题意舍去,故 c=2. (2)当 n≥2 时,∵a2-a1=c,a3-a2=2c,…,an-an-1=(n-1)c, n(n-1) ∴an-a1=[1+2+…+(n-1)]c= c. 2 2 又 a1=2,c=2,故 an=n -n+2(n=2,3,…). 当 n=1 时,上式也成立,∴an=n2-n+2(n=1,2,). 18.(本小题满分 12 分)(文)数列{an}的前 n 项和记为 Sn,a1=1,an+1=2Sn+1(n≥1). (1)求{an}的通项公式; (2)等差数列{bn}的各项为正数,前 n 项和为 Tn,且 T3=15,又 a1+b1,a2+b2,a3+b3 成 等比数列,求 Tn. [解析] (1)由 an+1=2Sn+1 可得 an=2Sn-1+1(n≥2), 两式相减得 an+1-an=2an,∴an+1=3an(n≥2), 又 a2=2S1+1=3,∴a2=3a1, 故{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列, - ∴an=3n 1. (2)设{bn}的公差为 d,由 T3=15 得,b1+b2+b3=15,可得 b2=5, 故可设 b1=5-d,b3=5+d,又 a1=1,a2=3,a3=9, 由题意可得(5-d+1)(5+d+9)=(5+3)2, 解得 d=2 或-10. ∵等差数列{bn}的各项均为正数,∴d=2,b1=3, n(n-1) ∴Tn=3n+ ×2=n2+2n. 2 (理)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,且 an+2SnSn-1=0(n≥2), (1)求数列{Sn}的通项公式;
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1 1 (2)设 Sn= ,bn=f( n)+1.记 Pn=S1S2+S2S3+…+SnSn+1,Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn+1, f(n) 2 1 试求 Tn,并证明 Pn< . 2 [解析] (1)解:∵an+2SnSn-1=0(n≥2), ∴Sn-Sn-1+2SnSn-1=0. 1 1 ∴ - =2.又∵a=1, Sn Sn-1 1 ∴Sn= (n∈N+). 2n-1 1 (2)证明:∵Sn= ,∴f(n)=2n-1. f(n) 1 1 - ∴bn=2( n)-1+1=( )n 1. 2 2 10 11 11 12 1 - 1 1 1 1 1 - Tn=( ) · ) +( ) · ) +…+( )n 1· )n=( )1+( )3+( )5+…+( )2n 1 ( ( ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1n = [1-( ) ]. 3 4 1 1 1 ∴Pn= + +…+ 1×3 3×5 (2n-1)(2n+1) 1 ? 1 1? = 1-2n+1 < . 2? ? 2 19.(本小题满分 12 分)(文)已知 a1=2,点(an,an+1)在函数 f(x)=x2+2x 的图象上,其中 n =1,2,3,…. (1)证明数列{lg(1+an)}是等比数列; (2)设 Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an),求 Tn 及数列{an}的通项. [分析] 从题设入手,点(an,an+1)在函数 f(x)=x2+2x 的图象上可得,an+1=a2+2an,两 n 边同时加 1 得 an+1+1=(an+1)2,取对数即可解决问题.由第(2)问的形式知可由(1)问继而求 出 1+an 的表达式.则 Tn 可求. 2 [解析] (1)由已知 an+1=an+2an,∴an+1+1=(an+1)2.∵a1=2,∴an+1>1,两边取对数 得: lg(1+an+1) lg(1+an+1)=2lg(1+an),即 =2. lg(1+an) ∴{lg(1+an)}是公比为 2 的等比数列. - (2)由(1)知 lg(1+an)=2n 1· lg(1+a1) n-1 n-1 =2 · lg3=lg32 - ∴1+an=32n 1(*) - ∴Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an)=320· …· n 1=31+2+22+…+2n-1=32n-1. 321· 32 由(*)式得 an=32n-1-1. (理)设函数 f(x)=3x2+1,g(x)=2x,数列{an}满足条件:对于 n∈N*,an>0,且 f(an+1)- 3 f(an)=g?an+1+2?,又设数列{bn}满足条件:bn=logana(a>0 且 a≠1,n∈N*). ? ? (1)求证:数列{an}为等比数列; 1 (2)求证:数列{ }是等差数列; bn 1 1 (3)设 k,L∈N*,且 k+L=5,bk= ,bL= ,求数列{bn}的通项公式. 1+3L 1+3k 3 [解析] (1)证明:∵f(x)=3x2+1,g(x)=2x,f(an+1)-f(an)=g(an+1+ ), 2 3 ∴3(an+1)2+1-3a2-1=2(an+1+ ). n 2 an+1 ∴ =3.∴数列{an}是以 3 为公比的等比数列. an
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(2)证明:∵bn=logana, 1 1 ∴ =logaan, =logaan+1. bn bn+1 an+1 1 1 ∴ - =loga =loga3. an bn+1 bn ?1? 1 ∴数列?b ?是以 为首项,公差为 loga3 的等差数列. b1 ? n? ?1? (3)解:为方便起见,记数列?b ?的公差为 d, ? n? 1 1 由于 - =(k-L)d. bk bL 1 1 又∵bk= ,b = , 1+3L L 1+3k ∴(1+3L)-(1+3k)=(k-L)d.∴d=-3. 1 1 ∴ = +(n-k)d=(1+3L)-3(n-k)=3(k+L)-3n+1. bn bk 1 ∵k+L=5,∴ =16-3n. bn 1 ∴bn= . 16-3n 3-2n 1 20.(本小题满分 12 分)(文)已知数列{an}中,a1= ,an+1-an= n+1 (n∈N*). 2 2 (1)求数列{an}中的最大项; (2)求数列 an 的通项公式. 3-2 [解析] (1)当 n=1 时,a2-a1= >0. 4 3-2n ∴a2>a1,当 n≥2 时,an+1-an= n+1 <0, 2 ∴an+1<an. 故当 n≥2 时,数列{an}是递减数列. 综上所述,对一切 n∈N*都有 a2≥an. ∴数列{an}中的最大项为 a2. 3-2n 1 (2)由 a1= ,an+1-an= n+1 (n∈N*), 2 2 an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) 3-2×(n-1) 1 3-2×1 3-2×2 3-2×3 = + + + +…+ ,① 2 22 23 24 2n 3-2×(n-2) 3-2×(n-1) 1 1 3-2×1 3-2×2 3-2×3 a= + + + +…+ + ,② + 2 n 22 23 24 25 2n 2n 1 5-2n 2n-1 1 1 1 1 1 ①-②得 an= - 2- 3-…- n-1- n+1 = n+1 , 2 2 2 2 2 2 2 2n-1 ∴an= n . 2 nπ 2nπ (理)数列{an}满足 a1=1,a2=2,an+2=?1+cos 2 ?an+sin2 ,n=1,2,3,…. ? ? 2 (1)求 a3,a4,并求数列{an}的通项公式; a2n-1 1 (2)设 bn= ,Sn=b1+b2+…+bn.证明:当 n≥6 时,|Sn-2|< . a2n n nπ nπ [分析] 考虑到递推关系式中的 sin 和 cos ,可以对 n 分偶数和奇数进行讨论,从而求 2 2 得数列{an}的通项公式,然后再求出数列{bn}的前 n 项和公式,用数学归纳法进行证明.

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π π [解析] (1)因为 a1=1,a2=2,所以 a3=(1+cos2 )a1+sin2 =a1+1=2, 2 2 a4=(1+cos2π)a2+sin2π=2a2=4. (2k-1)π 2k-1 一般地,当 n=2k-1(k∈N*)时,a2k+1=[1+cos2 ]a2k-1+sin2 π=a2k-1+1, 2 2 即 a2k+1-a2k-1=1. 所以 a2k-1=k. 2kπ 22kπ 当 n=2k(k∈N*)时,a2k+2=?1+cos 2 ?a2k+sin2 =2a2k. ? ? 2 所以 a2k=2k. 故数列{an}的通项公式为

?n+1 n=2k-1(k∈N ) 2 a =? n ?22 n=2k(k∈N )
* n *

a2n-1 n (2)由(1)知,bn= = , a2n 2n 1 2 3 n Sn= + 2+ 3+…+ n,① 2 2 2 2 1 1 2 3 n Sn= 2+ 3+ 4+…+ n+1,② 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n ①-②得, Sn= + 2+ 3+…+ n- n+1 2 2 2 2 2 2 1? ?1?n? 1- 2? ?2? ? n 1 n = - n+1=1- n- n+1. 1 2 2 2 1- 2 n+2 1 n 所以 Sn=2- n-1- n=2- n . 2 2 2 n(n+2) 1 要证明当 n≥6 时,|Sn-2|< 成立,只需证明当 n≥6 时, <1 成立. n 2n 6×(6+2) 48 3 (1)当 n=6 时, = = <1 成立. 26 64 4 k(k+2) (k+1)(k+3) k(k+2) (2)假设当 n=k(k≥6)时不等式成立,即 <1.则当 n=k+1 时, = k + 2 2k 2k 1 (k+1)(k+3) (k+1)(k+3) × < <1, 2k(k+2) (k+2)· 2k n(n+2) 由(1)、(2)所述可知,当 n≥6 时, <1. 2n 1 即当 n≥6 时,|Sn-2|< 成立. n 21.(本小题满分 12 分)设曲线 y=x2+x+2-lnx 在 x=1 处的切线为 l,数列{an}的首项 a1=-m,(其中常数 m 为正奇数)且对任意 n∈N+,点(n-1,an+1-an-a1)均在直线 l 上. (1)求出{an}的通项公式; (2)令 bn=nan (n∈N+),当 an≥a5 恒成立时,求出 n 的取值范围,使得 bn+1>bn 成立. [解析] (1)由 y=x2+x+2-lnx, 知 x=1 时,y=4, 1 又 y′|x=1= ?2x+1-x ??x=1=2, ? ?? ∴直线 l 的方程为 y-4=2(x-1),即 y=2x+2, 又点(n-1,an+1-an-a1)在 l 上,a1=-m,

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∴an+1-an+m=2n. 即 an+1-an=2n-m(n∈N+), ∴a2-a1=2-m, a3-a2=2×2-m, … an-an-1=2×(n-1)-m. 各项迭加得,an=2(1+2+…+n-1)-(n-1)m+a1=n2-(m+1)n. ∴通项公式 an=n2-(m+1)n(n∈N+) m+1 (2)∵m 为奇数,∴ 为整数, 2 m+1 由题意知,a5 是数列{an}中的最小项,∴ =5, 2 3 2 3 2 ∴m=9,令 f(n)=bn=n -(m+1)n =n -10n , 则 f ′(n)=3n2-20n, 20 由 f ′(n)>0 得,n> (n∈N+), 3 20 即 n> (n∈N+)时,f(n)单调递增,即 bn+1>bn 成立,∴n 的取值范围是 n≥7,且 n∈N+. 3 22.(本小题满分 14 分)设数列{xn}的所有项都是不等于 1 的正数,前 n 项和为 Sn,已知点 Pn(xn,Sn)在直线 y=kx+b 上(其中常数 k≠0,且 k≠1),又 yn=log0.5xn. (1)求证:数列{xn}是等比数列; (2)如果 yn=18-3n,求实数 k、b 的值; (3)如果存在 t、s∈N*,s≠t,使得点(t,ys)和(s,yt)都在直线 y=2x+1 上,试判断,是否 存在自然数 M,当 n>M 时,xn>1 恒成立?若存在,求出 M 的最小值,若不存在,请说明理由. [解析] (1)证明:∵点 Pn,Pn+1 都在直线 y=kx+b 上, Sn+1-Sn ∴ =k,∴(k-1)xn+1=kxn. xn+1-xn xn+1 k ∵常数 k≠0,且 k≠1,∴ = (非零常数). xn k-1 ∴数列{xn}是等比数列. 1 - - - (2)由 yn=log0.5xn,得 xn=( )yn=8n 6=8 58n 1, 2 k 8 ∴ =8,∴k= . 7 k-1 ∵Pn 在直线 y=kx+b 上,∴Sn=kxn+b, 8 1 令 n=1 得 b=S1- x1=- . 7 7×85 (3)xn>1 恒成立等价于 yn<0, ∵存在 t,s∈N,使得(t,ys)和(s,yt)都在 y=2x+1 上, ∴ys=2t+1,① yt=2s+1,② ①-②得 ys-yt=2(t-s). 易证{yn}是等差数列,设其公差为 d,则有 ys-yt=(s-t)d, ∵s≠t,∴d=-2<0. ①+②,得 ys+yt=2(t+s)+2, 又 ys+yt=y1+(s-1)(-2)+y1+(t-1)(-2) =2y1-2(s+t)+4, ∴2y1-2(s+t)+4=2(t+s)+2 ∴y1=2(t+s)-1>0, 即数列{yn}是首项为正,公差为负的等差数列,

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∴一定存在一个自然数 M,使 ? ? ?yM≥0 ?2(t+s)-1+(M-1)(-2)≥0 ? 即? ? ? ?yM+1<0, ?2(t+s)-1+M(-2)<0. 1 1 解得 t+s- <M≤t+s+ . 2 2 ∵M∈N,∴M=t+s, 即存在自然数 M=t+s,使得当 n>M 时,xn>1 恒成立.

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