2022年高考數(shù)學大一輪復(fù)習 6.5數(shù)列的綜合應(yīng)用試題 理 蘇教版

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1、2022年高考數(shù)學大一輪復(fù)習 6.5數(shù)列的綜合應(yīng)用試題 理 蘇教版 一、填空題 1．已知各項均不為0的等差數(shù)列{an}，滿足2a3－a＋2a11＝0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b7＝a7，則b6b8＝________. 解析　因為{an}為等差數(shù)列，所以a3＋a11＝2a7，所以已知等式可化為4a7－a＝0，解得a7＝4或a7＝0(舍去)，又{bn}為等比數(shù)列，所以b6b8＝b＝a＝16. 答案　16 2．在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，則S100＝________. 解析 n為奇數(shù)時，a1＝a3＝a5＝…＝a99＝1；n為偶數(shù)時

2、，a2＝2，a4＝4，a6＝6，…，a100＝2＋49×2＝100. 所以S100＝(2＋4＋6＋…＋100)＋50＝＋50＝2 600. 答案 2 600 3．各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S10＝2，S30＝14，則S40＝________. 解析 設(shè)S20＝x，S40＝y(tǒng)，則由題意，得2，x－2,14－x，y－14成等比數(shù)列． 于是由(x－2)2＝2(14－x)及x>0，得x＝6，所以y－14＝＝＝16，y＝30. 答案 30 4． 等比數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝(n＝3,4，…)，則{an}的前n項和為________． 解析 設(shè)an＝

3、qn－1，則由an＝， 得q2＝， 解得q＝1或q＝－. 所以an＝1或an＝n－1， 從而Sn＝n或Sn＝ ＝. 答案 n或 5．對正整數(shù)n，若曲線y＝xn(1－x)在x＝2處的切線與y軸交點的縱坐標為an，則數(shù)列的前n項和為________． 解析　由題意，得y′＝nxn－1－(n＋1)xn，故曲線y＝xn(1－x)在x＝2處的切線的斜率為k＝n2n－1－(n＋1)2n，切點為(2，－2n)，所以切線方程為y＋2n＝k(x－2)．令x＝0得an＝(n＋1)2n，即＝2n，則數(shù)列的前n項和為2＋22＋23＋…＋2n＝2n＋1－2. 答案　2n＋1－2 6．在數(shù)列{an}

4、中，若a－a＝p(n≥1，n∈N*，p為常數(shù))，則稱{an}為“等方差數(shù)列”，下列是對“等方差數(shù)列”的判斷： ①若{an}是等方差數(shù)列，則{a}是等差數(shù)列； ②{(－1)n}是等方差數(shù)列； ③若{an}是等方差數(shù)列，則{akn}(k∈N*，k為常數(shù))也是等方差數(shù)列．其中真命題的序號為________(將所有真命題的序號填在橫線上)． 解析?、僬_，因為a－a＝p，所以a－a＝－p，于是數(shù)列{a}為等差數(shù)列．②正確，因為(－1)2n－(－1)2(n＋1)＝0為常數(shù)，于是數(shù)列{(－1)n}為等方差數(shù)列．③正確，因為a－a＝(a－a)＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＝kp，則{akn

5、}(k∈N*，k為常數(shù))也是等方差數(shù)列． 答案?、佗冖? 7．設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若數(shù)列{bn}有連續(xù)四項在集合{－53，－23,19,37,82}中，則6q＝________. 解析　由題意知{an}有連續(xù)四項在集合{－54，－24,18,36,81}中，四項－24,36，－54,81成等比數(shù)列，公式為q＝－，6q＝－9. 答案　－9 8．設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項和，S3，S9，S6成等差數(shù)列，且a2＋a5＝2am，則m＝________. 解析　(1)當公比q＝1時，2×9a1＝3a1＋6a1，則a1＝0，舍去．

6、 (2)當公比q≠1時， 2×＝＋，∴2q6＝1＋q3， 則2a2q6＝a2＋a2q3，即2a8＝a2＋a5，從而m＝8. 答案　8 9．若數(shù)列{an}，{bn}的通項公式分別是an＝(－1)n＋2 010·a，bn＝2＋，且an＜bn對任意n∈N*恒成立，則常數(shù)a的取值范圍是________． 解析　由an＜bn，得(－1)n·a＜2－.若n為偶數(shù)，則a＜2－對任意正偶數(shù)成立，所以a＜2－＝；若n為奇數(shù)，則a＞－2－對任意正奇數(shù)成立，所以a≥－2.故－2≤a＜. 答案　 10．如圖，坐標紙上的每個單元格的邊長為1，由下往上的六個點：1,2,3,4,5,6的橫縱坐標分別對應(yīng)數(shù)列

7、{an}(n∈N*)的前12項，如下表所示： a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 x1 y1 x2 y2 x3 y3 x4 y4 x5 y5 x6 y6 按如此規(guī)律下去，則a2 009＋a2 010＋a2 011＝________. 解析　觀察發(fā)現(xiàn)，a2n＝n，且當n為奇數(shù)時，a2n－1＋a2n＋1＝0，所以a2 009＋a2 010＋a2 011＝0＋＝1 005. 答案　1 005 二、解答題 11．定義一種新運算*，滿足n*k＝nλk－1(n，k∈N*，λ為非零常數(shù))． (1)對于任意給

8、定的k值，設(shè)an＝n*k(n∈N*)，求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列； (2)對于任意給定的n值，設(shè)bk＝n*k(k∈N*)，求證：數(shù)列{bk}是等比數(shù)列； (3)設(shè)cn＝n*n(n∈N*)，試求數(shù)列{cn}的前n項和Sn. (1)證明　因為an＝n*k(n∈N*)，n*k＝nλk－1(n，k∈N*，λ為非零常數(shù))，所以an＋1－an＝(n＋1)*k－n*k＝(n＋1)λk－1－nλk－1＝λk－1. 又k∈N*，λ為非零常數(shù)，所以{an}是等差數(shù)列． (2)證明　因為bk＝n*k(k∈N*)，n*k＝nλk－1(n，k∈N*，λ為非零常數(shù))，所以＝＝＝λ.又λ為非零常數(shù)，所以{bk}

9、是等比數(shù)列． (3)解　cn＝n*n＝nλn－1(n∈N*，λ為非零常數(shù))，Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝λ0＋2λ＋3λ2＋…＋nλn－1，① 當λ＝1時，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝； 當λ≠1時，λSn＝λ＋2λ2＋3λ3＋…＋nλn.② ①－②，得Sn＝－. 綜上，得Sn＝ 12．已知在正項數(shù)列{an}中，a1＝2，點An(，)在雙曲線y2－x2＝1上，數(shù)列{bn}中，點(bn，Tn)在直線y＝－x＋1上，其中Tn是數(shù)列{bn}的前n項和． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列； (3)若cn＝an·bn，求證：cn＋1＜cn. (

10、1)解　由已知點An在y2－x2＝1上知，an＋1－an＝1， ∴數(shù)列{an}是一個以2為首項，以1為公差的等差數(shù)列， ∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1. (2)證明　∵點(bn，Tn)在直線y＝－x＋1上， ∴Tn＝－bn＋1，① ∴Tn－1＝－bn－1＋1(n≥2)，② ①②兩式相減得bn＝－bn＋bn－1(n≥2)， ∴bn＝bn－1，∴bn＝bn－1. 令n＝1，得b1＝－b1＋1，∴b1＝， ∴{bn}是一個以為首項，以為公比的等比數(shù)列． (3)證明　由(2)可知bn＝·n－1＝. ∴cn＝an·bn＝(n＋1)·， ∴cn＋1－cn＝(n＋2)

11、·－(n＋1)· ＝[(n＋2)－3(n＋1)]＝(－2n－1)＜0，∴cn＋1＜cn. 13． 已知數(shù)列{an}，an＝pn＋λqn(p>0，q>0，p≠q，λ∈R，λ≠0，n∈N*)． (1)求證：數(shù)列{an＋1－pan}為等比數(shù)列； (2)數(shù)列{an}中，是否存在連續(xù)的三項，這三項構(gòu)成等比數(shù)列？試說明理由． (3)設(shè)A＝{(n，bn)|bn＝3n＋kn，n∈N*}，其中k為常數(shù)，且k∈N*，B＝{(n，cn)|cn＝5n，n∈N*}，求A∩B. 解 (1)證明：∵an＝pn＋λqn， ∴an＋1－pan＝pn＋1＋λqn＋1－p(pn＋λqn)＝λqn(q－p)． ∵λ

12、≠0，q>0，p≠q. ∴＝q為常數(shù)， ∴數(shù)列{an＋1－pan}為等比數(shù)列． (2)取數(shù)列{an}的連續(xù)三項an，an＋1，an＋2(n≥1，n∈N*)， ∵a－anan＋2＝(pn＋1＋λqn＋1)2－(pn＋λqn)(pn＋2＋λqn＋2)＝－λpnqn(p－q)2， ∵p>0，q>0，p≠q，λ≠0， ∴－λpnqn(p－q)2≠0，即a≠anan＋2， ∴數(shù)列{an}中不存在連續(xù)三項構(gòu)成等比數(shù)列． (3)當k＝1時，3n＋kn＝3n＋1<5n，此時A∩B＝?； 當k＝3時，3n＋kn＝3n＋3n＝2·3n為偶數(shù)，而5n為奇數(shù)，此時A∩B＝?； 當k≥5時，3n＋k

13、n>5n，此時A∩B＝?； 當k＝2時，3n＋2n＝5n，發(fā)現(xiàn)n＝1符合要求，下面證明唯一性(即只有n＝1符合要求)， 由3n＋2n＝5n得n＋n＝1， 設(shè)f(x)＝x＋x，則f(x)＝x＋x是R上的減函數(shù)， ∴f(x)＝1的解只有一個，從而當且僅當n＝1時n＋n＝1，即3n＋2n＝5n，此時A∩B＝{(1,5)}； 當k＝4時，3n＋4n＝5n，發(fā)現(xiàn)n＝2符合要求，同理可證明唯一性(即只有n＝2符合要求)， 從而當且僅當n＝2時n＋n＝1，即3n＋4n＝5n，此時A∩B＝{(2,25)}， 綜上，當k＝1，k＝3或k≥5時，A∩B＝?； 當k＝2時，A∩B＝{(1,5)}，

14、 當k＝4時，A∩B＝{(2,25)}． 14． 已知數(shù)列{an}滿足：an＋1＝|an－1|(n∈N*)． (1)若a1＝，求a9與a10的值； (2)若a1＝a∈(k，k＋1)，k∈N*，求數(shù)列{an}前3k項的和S3k(用k，a表示)； (3)是否存在a1，n0(a1∈R，n0∈N*)，使得當n≥n0時，an恒為常數(shù)？若存在，求出a1，n0；若不存在，說明理由． 解 (1)a1＝，a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，a6＝，…所以a9＝，a10＝. (2)a1＝a，a2＝a－1，…，ak＝a－k＋1，ak＋1＝a－k∈(0,1)， ak＋2＝k＋1－a∈(0,1)，ak＋3＝

15、a－k，…，a3k－1＝a－k，a3k＝k＋1－a， 所以S3k＝ka－[1＋2＋…＋(k－1)]＋k＝－＋k. (3)(ⅰ)當a1∈[0,1]時，a2＝1－a1，此時，只需1－a1＝a1，a1＝， 所以a1＝，n0＝1是滿足條件的一組解； (ⅱ)當a1≥1時，不妨設(shè)a1∈[m，m＋1)，m∈N*，此時，am＋1＝a1－m∈[0,1)， 則a1－m＝，a1＝m＋， 所以取a1＝m＋，n0＝m＋1滿足題意； (ⅲ)當a1<0時，不妨設(shè)a1∈(－l，－l＋1)，l∈N*，則a2＝1－a1∈(l，l＋1)， al＋2＝a2－l∈(0,1)，此時，只需a2－l＝，即a1＝－l， 所以取a1＝－l，n0＝l＋2滿足題意．綜上，滿足題意的a1，n0有三組：①a1＝，n0＝1；②a1＝m＋，n0＝m＋1，m∈N*；③a1＝－l，n0＝l＋2，l∈N*.