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1、2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 數(shù)列的綜合應(yīng)用課時(shí)作業(yè) 理
一、選擇題
1．已知數(shù)列1，a1，a2,9是等差數(shù)列，數(shù)列1，b1，b2，b3,9是等比數(shù)列，則b2·(a1＋a2)＝( )
A．20 B．30
C．35 D．40
解析：∵1，a1，a2,9是等差數(shù)列，所以a1＋a2＝1＋9＝10；1，b1，b2，b3,9是等比數(shù)列，所以b＝1×9＝9，因?yàn)閎＝b2>0，所以b2＝3，所以b2·(a1＋a2)＝30，故選B.
答案：B
2．已知等比數(shù)列{an}中的各項(xiàng)都是正數(shù)，且5a1，a3,4a2成等差數(shù)列，則＝( )
A．－1 B．1
C．52n D．52
2、n－1
解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，則依題意有a3＝5a1＋4a2，即a1q2＝5a1＋4a1q，q2－4q－5＝0，解得q＝－1或q＝5.又q>0，因此q＝5，所以＝＝q2n＝52n.
答案：C
3．在直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是第一象限的兩個(gè)點(diǎn)，若1，x1，x2,4依次成等差數(shù)列，而1，y1，y2,8依次成等比數(shù)列，則△OP1P2的面積是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：根據(jù)等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，可知x1＝2，x2＝3，y1＝2，y2＝4.∴P1(2,2)，P2(3,4)．∴S△OP1P2＝1.
3、答案：A
4．已知函數(shù)y＝loga(x－1)＋3(a>0，a≠1)所過定點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)分別是等差數(shù)列{an}的第二項(xiàng)與第三項(xiàng)，若bn＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則T10等于( )
A. B.
C. D.
解析：由y＝loga(x－1)＋3恒過定點(diǎn)(2,3)，即a2＝2，a3＝3，又{an}為等差數(shù)列，∴an＝n，n∈N*.∴bn＝，∴T10＝－＋－＋…＋－＝1－＝.
答案：B
5．如圖所示，矩形AnBnCnDn的一邊AnBn在x軸上，另外兩個(gè)頂點(diǎn)Cn，Dn在函數(shù)f(x)＝x＋(x>0)的圖象上．若點(diǎn)Bn的坐標(biāo)為(n,0)(n≥2，n∈N*)，記矩形AnBnCnD
4、n的周長為an，則a2＋a3＋…＋a10＝( )
A．208 B．216
C．212 D．220
解析：由Bn(n,0)，得Cn，令x＋＝n＋，即x2－x＋1＝0，得x＝n或x＝，所以Dn，所以矩形AnBnCnDn的周長an＝2＋2＝4n，則a2＋a3＋…＋a10＝4(2＋3＋…＋10)＝216，故選B.
答案：B
6．對(duì)于函數(shù)y＝f(x)，部分x與y的對(duì)應(yīng)關(guān)系如下表：
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
y
3
7
5
9
6
1
8
2
4
數(shù)列{xn}滿足x1＝1，且對(duì)任意x∈N*，點(diǎn)(xn，xn＋1)都在函數(shù)y＝f(x)
5、的圖象上，則x1＋x2＋x3＋x4＋…＋x2 013＋x2 014的值為( )
A．7 549 B．7 545
C．7 539 D．7 535
解析：由已知表格列出點(diǎn)(xn，xn＋1)，(1,3)，(3,5)，(5,6)，(6,1)，(1,3)，…，即x1＝1，x2＝3，x3＝5，x4＝6，x5＝1，…，數(shù)列{xn}是周期數(shù)列，周期為4,2 014＝4×503＋2，所以x1＋x2＋…＋x2 014＝503×(1＋3＋5＋6)＋1＋3＝7 549.
答案：A
二、填空題
7．?dāng)?shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且a1，a3，a7為等比數(shù)列{bn}的連續(xù)三項(xiàng)，則數(shù)列{bn}的
6、公比為________．
解析：由題意知a＝a1·a7，即(a1＋2d)2＝a1·(a1＋6d)，∴a1＝2d，∴等比數(shù)列{bn}的公比q＝＝＝2.
答案：2
8．函數(shù)y＝x2(x>0)的圖象在點(diǎn)(ak，a)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為ak＋1，k為正整數(shù)，a1＝16，則a1＋a3＋a5＝________.
解析：依題意得，函數(shù)y＝x2(x>0)的圖象在點(diǎn)(ak，a)處的切線方程是y－a＝2ak(x－ak)．令y＝0，得x＝ak，即ak＋1＝ak，因此數(shù)列{ak}是以16為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，所以ak＝16·k－1＝25－k，a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.
答案：21
7、9．在等差數(shù)列{an}中，a2＝5，a6＝21，記數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為Sn，若S2n＋1－Sn≤對(duì)n∈N*恒成立，則正整數(shù)m的最小值為________．
解析：由{an}為等差數(shù)列，a2＝5，a6＝21得，d＝＝4，an＝5＋4(n－2)＝4n－3，而數(shù)列{S2n＋1－Sn}有(S2n＋3－Sn＋1)－(S2n＋1－Sn)＝S2n＋3－S2n＋1＋Sn－Sn＋1＝＋－<0得{S2n＋1－Sn}單調(diào)遞減，其最大值為S3－S1＝，即≥得m≥，所以m最小值為5.
答案：5
三、解答題
10．設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn滿足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，
8、n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<.
解：(1)令n＝1代入得a1＝2(負(fù)值舍去)．
(2)由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*得[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0.
又已知各項(xiàng)均為正數(shù)，故Sn＝n2＋n.
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2也滿足上式，所以an＝2n，n∈N*.
(3)證明：k∈N*,4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，
∴4k2＋2k≥3k2＋3k，
∴＝＝≤
＝.
9、∴＋＋…＋
≤
＝<.
∴不等式成立．
11．已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝4，前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝anx＋an－1x2＋an－2x3＋…＋a1xn，f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，令bn＝f′(1)，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式，并研究其單調(diào)性．
解：(1)由Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)得Sn－3Sn－1－2n＋2－4＝0(n≥2)，
兩式相減得an＋1－3an－2＝0，可得an＋1＋1＝3(an＋1)(n≥2)，
又由已知得a2＝14，所以a2＋1＝3(a1＋1)
10、，
即{an＋1}是一個(gè)首項(xiàng)為5，公比為3的等比數(shù)列，
所以an＝5×3n－1－1(n∈N*)．
(2)因?yàn)閒′(x)＝an＋2an－1x＋…＋na1xn－1，
所以f′(1)＝an＋2an－1＋…＋na1＝(5×3n－1－1)＋2(5×3n－2－1)＋…＋n(5×30－1)＝5(3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…＋n×30)－.
令S＝3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…n×30，
則3S＝3n＋2×3n－1＋3×3n－2＋…＋n×31，
作差得S＝－－，
所以f′(1)＝－.
即bn＝－，
而bn＋1＝－，
所以bn＋1－bn＝－n－>0，
所以{bn}是
11、單調(diào)遞增數(shù)列．
已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足：a＝2a＋anan＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足：bn＝，是否存在正整數(shù)m，n(10，所以2an－an＋1＝0，即2an＝an＋1.
所以數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列．
由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2.
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n(n∈N*)．
(2)因?yàn)閎n＝＝，
所以b1＝，bm＝，bn＝.
若b1，bm，bn成等比數(shù)列，則2＝，
即＝.
由＝，可得＝，
所以－2m2＋4m＋1>0，從而1－1，所以m＝2，此時(shí)n＝12.
故當(dāng)且僅當(dāng)m＝2，n＝12時(shí)，b1，bm，bn成等比數(shù)列．
2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 數(shù)列的綜合應(yīng)用課時(shí)作業(yè) 理
