三年高考两年模拟浙江版届高考数学一轮复习第五章数列55数列的综合应用知能训练.docx

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三年高考两年模拟浙江版届高考数学一轮复习第五章数列55数列的综合应用知能训练

§5.5　数列的综合应用

Ａ组　基础题组

2.（2015浙江绍兴模拟,7）将石子摆成如图所示的梯形形状,称数列5,9,14,20,…为“梯形数”.根据图形的构成,可知此数列的第2014项与5的差,即a2014-5=（　　）

A.2018×2012B.2020×2013

C.1009×2012D.1010×2013

3.（2015福建,8,5分）若a,b是函数f（x）=x2-px+q（p>0,q>0）的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于（　　）

A.6B.7C.8D.9

4.（2016领航高考冲刺卷五文,10,4分）已知数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+1-an==2,n∈N*,则=　　　　,数列{}的前4项和S4=　　　　. 

5.（2016领航高考冲刺卷二文,15,4分）已知函数f（x）=x2+2x（x>0）,f1（x）=f（x）,fn+1（x）=f（fn（x））,n∈N*,则f1

（2）=　　　　,f4（x）=　　　　,不等式f4（x）<1的解集为　　　　. 

6.（2014安徽,12,5分）如图,在等腰直角三角形ABC中,斜边BC=2.过点A作BC的垂线,垂足为A1;过点A1作AC的垂线,垂足为A2;过点A2作A1C的垂线,垂足为A3;…,依此类推.设BA=a1,AA1=a2,A1A2=a3,…,A5A6=a7,则a7=　　　　. 

7.（2015镇海中学仿真考,13,4分）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=　　　　. 

8.（2015浙江湖州模拟,18,15分）已知在数列{an}中,a1=1,当n≥2时,其前n项和Sn满足=an.

（1）求Sn的表达式;

（2）设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:

Tn<.

9.（2015宁波高考模拟文,17,15分）设数列{an}是公比小于1的正项等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,已知S3=14,且a1+13,4a2,a3+9成等差数列.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）若bn=an·（n+2-λ）,且数列{bn}是单调递减数列,求实数λ的取值范围.

10.（2014浙江,19,14分）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=（（n∈N*）.若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.

（1）求an与bn;

（2）设cn=-（n∈N*）.记数列{cn}的前n项和为Sn.

（i）求Sn;

（ii）求正整数k,使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.

11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=3,S6=36.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）若数列{bn}是等比数列且满足b1+b2=3,b4+b5=24.设数列{an·bn}的前n项和为Tn,求Tn.

12.（2015山东青岛高三自主诊断,19）已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n,正项等比数列{bn}满足:

b1=a1-1,且b4=2b2+b3.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式;

（2）若数列{cn}满足cn=,其前n项和为Tn,证明:

≤Tn<5.

13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2-an（n∈N*）.

（1）求证:

数列是等比数列;

（2）设数列{2nan}的前n项和为Tn,An=+++…+,试比较An与的大小.

14.（2015山东德州期末,19）已知数列{an}是公差为d（d≠0）的等差数列,数列{bn}为等比数列,函数f（x）=b1x2+b2x+b3的图象在y轴上的截距为-4,f（x）的最大值为a6-.

（1）若f（a2+a8）=f（a3+a11）,求数列{bn}的通项公式;

（2）若a2=-,Tn为数列的前n项和,求当Tn=-时,正整数n的值.

B组　提升题组

1.（2016鄂豫晋冀陕五省二联,20,12分）已知数列{an}中,a1=2,当n≥2时,an=2an-1+3·2n-1（n∈N*）.

（1）求数列及数列{an}的通项公式;

（2）令cn=2an-3·2n,设Tn为数列{cn}的前n项和,求Tn.

2.（2015镇海中学仿真考文,17,15分）在数列{an}中,已知a1=,=,bn+2=3loan（n∈N*）.

（1）求数列{an},{bn}的通项公式;

（2）设数列{cn}满足cn=（-1）n+1bnbn+1,其前n项和为Sn,若Sn≥tn2对n取任意正偶数均成立,求实数t的取值范围.

3.（2016绍兴一中期中文,17,15分）数列{an}满足a1=1,an+1=（n∈N*）.

（1）证明:

数列是等差数列;

（2）求数列{an}的通项公式;

（3）设bn=n（n+1）an,求数列{bn}的前n项和Sn.

4.（2015浙江六校联考,19,15分）已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=an-n（n∈N*）.

（1）求证{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;

（2）证明:

+++…+>-.

5.（2014广东,19,14分）设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足-（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++…+<.

6.（2015浙江名校（绍兴一中）交流卷五,18）已知数列{an}的前n项和Sn满足:

Sn=（an-1）（t为常数,且（t-1）t≠0）.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）设bn=3+（n≥2）,若数列{bn}为等比数列且设cn=-,数列{cn}的前n项和为Tn.求证:

Tn>-.

7.（2013广东,19,14分）设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1,=an+1-n2-n-,n∈N*.

（1）求a2的值;

（2）求数列{an}的通项公式;

（3）证明:

对一切正整数n,有++…+<.

8.（2015浙江杭州一模,19）设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+an=n（n∈N*）.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）求证:

+++…+<2.

9.（2015浙江宁波十校联考,19）已知数列{an}满足a1=1,点（an,an+1）在直线y=2x+1上.数列{bn}满足b1=a1,bn=an++…+（n≥2且n∈N*）.

（1）（i）求{an}的通项公式;

（ii）证明:

=（n≥2且n∈N*）;

（2）求证:

…<.

Ａ组　基础题组

1.D　由题意得=a5a1,即（a1+d）2=a1（a1+4d）,可得d=2a1.又a6+a9=5a3+3,所以2a1+13d=5a1+10d+3,所以a1=1,d=2,所以Sn=n2,=,易知<<,>>>…,所以=.

2.D　因为an-an-1=n+2（n≥2）,a1=5,

所以a2014=（a2014-a2013）+（a2013-a2012）+…+（a2-a1）+a1=2016+2015+…+4+5=+5

=1010×2013+5,

所以a2014-5=1010×2013,故选D.

3.D　由题意可知a,b是x2-px+q=0的两根,

∴a+b=p>0,ab=q>0,故a,b均为正数.

∵a,b,-2适当排序后成等比数列,

∴-2是a,b的等比中项,得ab=4,

∴q=4.又a,b,-2适当排序后成等差数列,

所以-2是第一项或第三项,不妨设a

则-2,a,b成递增的等差数列,

∴2a=b-2,联立得消去b得a2+a-2=0,

得a=1或a=-2,又a>0,∴a=1,此时b=4,∴p=a+b=5,

∴p+q=9,选D.

4.答案　4n-1;85

解析　根据题意可知,数列{an}为等差数列,数列{bn}为等比数列,所以an=2n-1,bn=2n-1,所以==22n-2=4n-1,所以S4==×（44-1）=85.

5.答案　80;（x+1）16-1（x>0）;（0,-1+）

解析　令an=fn（x）,则a1=x2+2x（x>0）,a2=+2a1,an+1=+2an,所以an+1+1=（an+1）2,lg（an+1+1）=lg（an+1）2=2lg（an+1）,所以{lg（an+1）}是以lg（a1+1）为首项,2为公比的等比数列,则lg（an+1）=2n-1lg（a1+1）,故an+1=（a1+1=[（x+1）2=（x+1,an=（x+1-1,即fn（x）=（x+1-1,所以f2

（2）=80,f4（x）=（x+1-1=（x+1）16-1（x>0）.由f4（x）<1,得（x+1）16<2,即-1-0,所以f4（x）<1的解集为（0,-1+）.

6.答案　

解析　由BC=2得AB=a1=2⇒AA1=a2=⇒A1A2=a3=×=1,由此可归纳出{an}是以a1=2为首项,为公比的等比数列,因此a7=a1×q6=2×=.

7.答案　4

解析　设{an}的公差为d,{bn}的公比为q.根据已知可得解得或（舍去）,故an=2n,bn=4n-1,又2n=logα4n-1+β对每一个正整数n都成立,即n（logα4-2）+β-logα4=0,只需logα4-2=β-logα4=0,解得α=2,β=2,故αβ=22=4.

8.解析　

（1）当n≥2时,an=Sn-Sn-1,代入=an,得2SnSn-1+Sn-Sn-1=0,

由于Sn≠0时,所以-=2.

所以是首项为1,公差为2的等差数列,

从而=1+（n-1）×2=2n-1,

所以Sn=.

（2）证明:

bn==

=,

所以Tn=++…+-

=<.

9.解析　

（1）设an=a1qn-1,其中a1>0,0

因为a1+13,4a2,a3+9成等差数列,所以8a2=a1+13+a3+9,

又S3=14,所以a1+a2+a3=14,所以a2=4,代入+a2+a2q=14,由0

所以数列{an}的通项公式为an=4·=24-n.（7分）

（2）bn=an（n+2-λ）=（n+2-λ）·24-n,

由bn>bn+1,得（n+2-λ）·24-n>（n+3-λ）·23-n,（13分）

即λ

10.解析　

（1）由a1a2a3…an=（,b3-b2=6,

知a3=（=8.

又由a1=2,得公比q=2（q=-2舍去）,

所以数列{an}的通项为an=2n（n∈N*）,

所以,a1a2a3…an==（）n（n+1）.

故数列{bn}的通项为bn=n（n+1）（n∈N*）.

（2）（i）由

（1）知cn=-=-（n∈N*）,

所以Sn=-（n∈N*）.

（ii）因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;

当n≥5时,cn=,

而-=>0,

得≤<1,

所以,当n≥5时,cn<0.

综上,对任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4.

11.解析　

（1）∵数列{an}是等差数列,

∴S6=3（a1+a6）=3（a2+a5）=36,

则a2+a5=12,

由于a2=3,所以a5=9,从而d=2,a1=a2-d=1,

∴an=2n-1.

（2）设数列{bn}的公比为q.

∵b1+b2=3,b4+b5=24,

∴=q3=8,则q=2.

从而b1+b2=b1（1+q）=3b1=3,

∴b1=1,bn=2n-1,

∴an·bn=（2n-1）·2n-1.

∴Tn=1×1+3×