2013届高考数学数列的综合问题复习课件和训练题

编辑: 逍遥路 关键词: 高三 来源: 高中学习网


2013年高考数学总复习 6-4 数列的综合问题与数列的应用但因为测试 新人教B版

1.()(2011•德州模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,且4a1、2a2、a3成等差数列,则S4=(  )
A.7    B.8    
C.15    D.16
[答案] C
[解析] ∵4a1,2a2,a3成等差数列,
∴4a2=4a1+a3,
∵{an}是等比数列,a1=1,
∴4q=4+q2,解之得,q=2,
∴S4=1×24-12-1=15.
(理)(2011•丹东模拟)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,其公比q≠1,且bi>0(i=1,2,…,n),若a1=b1,a11=b11,则(  )
A.a6>b6    B.a6=b6
C.a6<b6 D.a6>b6或a6<b6
[答案] A
[解析] 由条件知,a6=a1+a112=b1+b112>b1b11=b6.
2.(2011•淄博模拟)已知{an}是递增 数列,且对任意 n∈N*都有an=n2+λn恒成立,则实数λ的取值范围是(  )
A.(-72,+∞) B.(0,+∞)
C.[-2,+∞) D.(-3,+∞)
[答案] C
[解析] an=n2+λn=(n+λ2)2-λ24,
∵对任意n∈N*,an+1>an,
∴-λ2≤1,∴λ≥-2,故选C.
3.()(2011•福建质检)在各项均为正数的等比数列{an}中,a3a5= 4,则数列{log2an}的前7项和等于(  )
A.7 B.8
C.27 D.28
[答案] A
[解析] 在各项均为正数的等比数列{an}中,由a3a5=4,得a24=4,a4=2.
设bn=log2an,则数列{bn}是等差数列,且b4=log2a4=1.
所以{bn}的前7项和S7=7b1+b72=7b4=7.
(理)设函数f(x)=x+ax的导函数f ′(x)=2x+1,则数列{1fn}(n∈N*)的前n项和是(  )
A.nn+1 B.n+2n+1
C.nn-1 D.n+1n
[答案] A
[解析] f ′(x)=x-1+a=2x+1,∴a=1,=2,
∴f(x)=x(x+1),1fn=1nn+1=1n-1n+1,
∴Sn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=nn+1.
4.()(2011•西运城教学检测)已知数列{an}的前n项和为Sn,过点P(n,Sn)和Q(n+1,Sn+1)(n∈N*)的直线的斜率为3n-2,则a2+a4+a5+a9的值等于(  )
A.52 B.40
C.26 D.20
[答案] B
[解析] 由题意得Sn+1-Snn+1-n=3n-2,∴Sn+1-Sn=3n-2,即an+1=3n-2,∴an=3n-5,因此数列{an}是等差 数列,a5=10,而a2+a4+a5+a9=2(a3+a7)=4a5=40,故选B.
(理)两个正数a、b的等差中项是72,一个等比中项是23,且a<b,则双曲线x2a2-y2b2=1的离心率e等于(  )
A.34 B.152
C.54 D.53
[答案] D
[解析] ∵a+b=7,a•b=12,b>a>0,
∴a=3,b=4.∴e=ca=a2+b2a=53.
5.(2011•江西新余四中期末)在△ABC中,sinAcosA=2cosC+cosA2sinC-sinA是角A、B、C成等差数列的(  )
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[:学#科#网]
[解析] sinAcosA=2cosC+cosA2sinC-sinA⇒2sinAsinC-sin2A=2cosAcosC+cos2A⇒2cos(A+C)+1=0⇒cosB=12⇒B=π3⇒A+C=2B⇒A、B、C成等差数列.但当A、B、C成等差数列时,sinAcosA=2cosC+cosA2sinC-sinA不一定成立,如A=π2、B=π3、C=π6.故是充分非必要条件.故选A.
6.()(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OP→•OQ→=(  )
A.2011 B.-2011
C.0 D.1
[答案] A
[解析] 由S21=S4000得到Sn关于n=21+40002=2010.5对称,故Sn的最大(或最小)值=S2010=S2011 ,故a2011=0,OP→•OQ→=2011+an•a2011=2011+an×0=2011,故选A.
(理)(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] A
[解析] 若对任意n∈N*,有cn∥bn,则ann=an+1n+1=an+2n+2,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.
7.()(2010•浙江杭州)如图,是一个算法的程序框图,该算法输出的结果是(  )

A.12 B.23
C.34 D.45
[答案] C
[解析] 循环过程为i=1<4→i=2,=1,n=11×2;
i=2<4→i=3,=2,n=11×2+12×3;
i=3<4→i=4,=3,n=11×2+12×3+13×4;
i=4<4不成立,输出n的值.
故n=11×2+12×3+13×4=1-12+12-13+13-14=1-14=34.
(理)(2010•北京延庆县模考)某程序框图如图所示,该程序运行后输出的k的值是(  )

A.4    B.5    
C.6    D.7
[答案] D
[解析] 由程序框图可知,S=1+2+22+…+2k=2k+1-1,由S<100得,2k+1<101,
∵26=64,27=128,∴k+1=7,∴k=6,结合语句k=k+1在S=S+2k后面知,当k=6时,S=127,k的值再增加1后输出k值为7.
[点评] 这是最容易出错的地方,解这类题时,既要考虑等比数列求和,在k取何值时,恰满足S≥100,又要顾及S与k的赋值语句的先后顺序.
8.()(2011•临沂模拟)数列{an}、{bn}都是等差数列,a1=5,b1=7,且a20+b20=60,则{an+bn}的前20项和为(  )
A.700 B.710
C.720 D.730
[答案] C
[解析] ∵{an}与{bn}均为等差数列,
∴{an+bn}为等差数列,首项a1+b1=12,
又a20+b20=60,
∴前20项和为S20=20×12+602=720.
(理)(2010•湖北质检)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.已知数列{1xn}为调和数列,且x1+x2+…+x20=200,则x5+x16=________.
[答案] 20
[解析] 由题意,若{an}为调和数列,则{1an}为等差数列,∵{1xn}为调和数列,∴数列{xn}为等差数列,由等差数列的性质可知,x5+x16=x1+x20=x2+x19=…=x10+x11=20010=20.故填20.
9.()(2011•潍坊模拟)已知等比数列中,a1=3,a4=81,若数列{bn}满足bn=log3an,则数列{1bnbn+1}的前n项和Sn=________.
[答案] nn+1
[解析] ∵a4=a1q3,∴81=3q3,∴q=3,
∴an=3n,∴bn=log3an=n,
令cn=1bnbn+1,则cn=1nn+1=1n-1n+1,
∴{cn}的前n项和Sn=c1+c2+…+cn=(1-12)+(12-13)+…+(1n-1n+1)=nn+1.
(理)(2011•杭州二检)已知{an}是公差不为0的等差数列,{bn}是等比数列,其中a1=2,b1=1,a2=b2,2a4=b3,且存在常数α、β,使得an=logαbn+β对每一个正整数n都成立,则αβ=________.
[答案] 4
[解析] 设{an} 的公差为d,{bn}的公比为q,则2+d=q22+3d=q2,解得q=2d=0(舍去)或q=4d=2,所以an=2n,bn=4n-1.若an=logαbn+β对每一个正整数n都成立,则满足2n=logα4n-1+β,即2n=(n-1)logα4+β,因此只有当α=2,β=2时上式恒成立,所以αβ=4.
10.()(2011•江苏镇江市质检)已知1,x1,x2,7成等差数列,1,y1,y2,8成等比数列,点(x1,y1),N(x2,y2),则线段N的中垂线方程是________.
[答案] x+y-7=0
[解析] 由条件得x1=3,x2=5,y1=2,y2=4,
∴N的中点(4,3),kN=1,∴N的中垂线方程为y-3=-(x-4),即x+y-7=0.
(理)(2010•哈尔滨模拟)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=2x,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y2an-x2an-1=1,∵焦点在y轴上,又渐近线方程为y=2x,∴anan-1=2,
又a1=4,∴an=4×2n-1=2n+1.

11.在圆x2+y2=10x内,过点(5,3)有n条长度成等差数列的弦,最短弦长为数列{an}的首项a1,最长弦长为an,若公差d∈(13,23],那么n的取值集合为(  )
A.{4,5,6} B.{6,7,8,9}
C.{3,4,5} D.{3,4,5,6}
[答案] A
[解析] ∵圆x2+y2=10x,∴(x-5)2+y2=5,圆心为(5,0),半径为5.故最长弦长an=10,最短弦长a1=8,∴10=8+(n-1)d,∴d=2n-1,
∵d∈(13,23],∴13<2n-1≤23,∴4≤n<7,
又∵n∈N*,∴n的取值为4,5,6,故选A.
12.()(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=AG B.ab≥AG
C.ab≤AG D.不能确定
[答案] C
[解析] 由条件知,a+b=2A,ab=G2,∴A=a+b2≥ab=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.
(理)已知等比数列{an}的各项均为正数,公比q≠1,设P=12(log0.5a5+log0.5a7),Q=log0.5a3+a92,P与Q的大小关系是(  )
A.P≥Q B.P<Q
C.P≤Q D.P>Q
[答案] D
[解析] P=log0.5a5a7=log0.5a3a9,Q=log0.5a3+a92,
∵q≠1,∴a3≠a9,∴a3+a92>a3a9
又∵y=log0.5x在(0,+∞)上递减,
∴log0.5a3+a92<log0.5a3a9,即Q<P.故选D.
13.()(2011•南昌一模)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,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=1212+12ar=78ar元.
(理)(2011•湖北荆门调研)秋末冬初,流感盛行,荆门市某医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an},已知a1=1,a2=2,且an+2-an=1+(-1)n (n∈N*),则该医院30天入院治疗流感的人数共有________人.
[答案] 255
[解析] ∵an+2-an=1+(-1)n (n∈N*),∴n为奇数时,an+2=an,n为偶数时,an+2-an=2,即数列{an}的奇数项为常数列,偶数项构成以2为首项,2为公差的等差数列.
故这30天入院治疗流感人数共有15+(15×2+15×142×2)=255人.
14.()(2011•江苏,13)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_____.
[答案] 33
[解析] ∵a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,且a1=1,
∴a3=q,a5=q2,a7=q3,
∵a2,a4,a6成公差为1的等差数列,
∴a4=a2+1,a6=a2+2,
∵a2≥1,q=a3≥a2≥1,
∴q2=a5≥a4=a2+1≥2,q3=a7≥a6=a2+2≥3,
∵q≥1,∴q≥2且q≥33,∴q≥33,
∴q的最小值为33.
(理)(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′=1x+2-1,令y′=0得x=-1,当-2<x<-1时,y′>0,当x>-1时,y′<0,∴b=-1,c=ln(-1+2)-(-1)=1,∴ad=bc=-1.
15.(2011•蚌埠质检)已知数列{an}满足,a1=1,a2=2,an+2=an+an+12,n∈N*.
(1)令bn=an+1-an,证明:{bn}是等比数列;
(2)求{an}的通项公式.
[解析] (1)b1=a2-a1=1,当n≥2时,
bn=an+1-an=an-1+an2-an=-12(an-an-1)=-12bn-1,
所以{bn}是以1为首项,-12为公比的等比数列.
(2)由(1)知bn=an+1-an=-12n-1,
当n≥2时,
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+1+-12+…+-12n-2=1+1--12n-11--12
=1+231--12n-2=53-23-12n-1,
当n=1时,53-23-121-1=1=a1.
所以an=53-23-12n-1(n∈N*).
16.()(2011•焦作模拟)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:Sn<5.
[解析] (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+1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,
∴Sn=5-2n+52n,∴Sn<5.
(理)(2011•东,20)等比数列{an}中,a1、a2、a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a1、a2、a3中的任何两个数不在下 表的同一列.

第一列第二列第三列
第一行3210
第二行6414
第三行9818
(1) 求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足:bn=an+(-1)nlnan,求数列{bn}的前2n项和S2n.
[解析] (1)依次验证知a1=2,a2 =6,a3=18时符合题意,∴an=2•3n-1
(2)∵bn=an+(-1)nlnan=2•3n-1+(-1)nln(2•3n-1)=2•3n-1+(-1)n(ln2-ln3)+(-1)nnln3
∴S2n=b1+b2+…+b2n=2(1+3+…+32n-1)+[-1+1-1+…+(-1)2n](ln2-ln3)+[-1+2-3+…+(-1)2n•2n]ln3
=2×1-32n1-3+nln3=32n+nln3-1.

1.(2011•湖南六校联考)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和,a5=19,S5=55,则过点P(3,a3),Q(4,a4)的直线的斜率是(  )
A.4 B.14
C.-4 D.-14
[答案] A
[解析] a1+4d=195a1+5×42d=55,∴a1=3d=4,∴kPQ=4.
2.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.1    B.2    
C.3    D.4
[答案] A
[解析] 由条件知x1=2,x2=3,y1=2,y2=4,∴S=12×4×3-12×2×2-12(2+4)×1=1.
3.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.a63 B.a36
C.a31 D.a13
[答案] A
[解析] 设数列{bn}的首项为b1,公比为q,则
a1+2d=a1q2a1+6d=a1q4,得d=a14(q4-q2).
∴a1+a12(q4-q2)=a1q2,
∵q≠1,∴q2=2,d=a12,于是b11=a1q10=32a1.
设32a1=a1+(n- 1)•a12,则n=63,∴b11=a63.
4.(2011•黄冈月考)在数列{an}中,a1=1,anan-1=an-1+(-1)n(n≥2,n∈N*),则a3a5的值是(  )
A.1516 B.158
C.34 D.38
[答案] C
[解析] ∵a1=1,anan-1=an-1+(-1)n,
∴a2a1=a1+1,∴a2=2,;
∵a3a2=a2-1,∴a3=12;
∵a4a3=a3+1,∴a4=3;
∵a5a4=a4-1,∴a5=23,∴a3a5=34.
5.等差数列{an}的公差d≠0,且a1、a4、a8成等比数列,则a1+a4+a8a2+a5+a9=________.
[答案] 3740
[分析] 此类问题一般依据条件和等差(比)数列的通项(或前n项和)公式列方程求解.解方程时,注意等比数列的首项和公比都不能为0.
[解析] ∵a1、a4、a8成等比数列,∴a24=a1•a8,
又{an}成等差数列,公差d,
∴(a1+3d)2=a1(a1+7d),∴a1=9d≠0,
∴原式=9d+12d+16d10d+13d+17d=37d40d=3740.
6.(2011•上饶市四校联考)设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,则q的值为________.
[答案] -2
[解析] 若q=1,则由2Sn=Sn+1+Sn+2⇒2na1=(n+1)a1+(n+2)a1⇒2n=2n+3矛盾,
∴q≠1,由2Sn=Sn+1+Sn+2可得2a11-qn1-q
=a11-qn+11-q+a11-qn+21-q⇒qn+2+qn+1-2qn=0
⇒q2+q-2=0(∵q≠1),解得q=-2.
7.(2011•天津市二十区县联考)已知Sn是数列{an}的前n项和,向量a=(an-1,-2),b=(4,Sn)满足a⊥b,则S5S3=________.
[答案] 317
[解析] ∵a=(an-1,-2),b=(4,Sn)满足a⊥b,
∴a•b=0,
∴4an-4-2Sn=0,即Sn=2an-2,
∴Sn-1=2an-1-2(n≥2).
两式相减得an=2an-1,∴anan-1=2.
由Sn=2an-2(n∈N*),得a1=2.
∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n.
∴S5S3=21-251-221-231-2=317.
8.(2011•苏州检测)正整数按下列方法分组:{1},{2,3,4},{5,6,7,8,9},{10,11,12,13,14,15,16},…,记第n组中各数之和为An;由自然数的立方构成下列数组:{03,13},{13,23},{23,33},{33,43},…,记第n组中后一个数与前一个数的差为Bn,则An+Bn=________.
[答案] 2n3
[解析] 由题意知,前n组共有1+3+5+…+(2n-1)=n2个数,所以第n-1组的最后一个数为(n-1)2,第n组的第一个数为(n-1)2+1,第n组共有2n-1个数,所以根据等差数列的前n项和公式可得
An=[n-12+1]+[n-12+2n-1]2(2n-1)=[(n-1)2+n](2n-1),而Bn=n3-(n-1)3,
所以An+Bn=2n3.




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