【拿高分 选好题】（新课程）高中数学二轮复习 第一部分 18个必考问题 专项突破《必考问题8 数列的综合应用》专题训练 苏教版.doc

训练8数列的综合应用(参考时间：80分钟)一、填空题1在数列an中，a14，a210，若log3(an1)为等差数列，则tn等于_2已知正项等比数列an满足：a7a62a5，若存在两项am，an，使得a1，则的最小值为_3已知数列an满足a133，an1an2n，则的最小值为_4设an是等比数列，公比q，sn为an的前n项和记tn，nn*.设tn0为数列tn的最大项，则n0_.5已知等差数列an满足2a2a2a120，且bn是等比数列，若b7a7，则b5b9_.6(2012天一、淮阴、海门中学联考)在等比数列an中，a11，a2 0129，函数f(x)x(xa1)(xa2)(xa2 012)2，则曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为_7(2012宿迁联考)设yf(x)是一次函数，f(0)1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)f(4)f(2n)_.8(2012宿迁联考)第30届奥运会在伦敦举行设数列anlogn1(n2)(nn*)，定义使a1a2a3ak为整数的实数k为奥运吉祥数，则在区间1,2 012内的所有奥运吉祥数之和为_9(2012盐城模拟)在等差数列an中，a25，a621，记数列的前n项和为sn，若s2n1sn对nn*恒成立，则正整数m的最小值为_二、解答题10数列an满足an2an12n1(nn*，n2)，a327.(1)求a1，a2的值；(2)是否存在一个实数t，使得bn(ant)(nn*)，且数列bn为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由；(3)求数列an的前n项和sn.11设函数f(x)(x0)，数列an满足a11，anf(nn*，且n2)(1)求数列an的通项公式；(2)设tna1a2a2a3a3a4a4a5(1)n1anan1，若tntn2对nn*恒成立，求实数t的取值范围12(2012苏州期中)已知数列an满足对任意的nn*，都有aaa(a1a2an)2且an0.(1)求a1，a2的值；(2)求数列an的通项公式an；(3)设数列的前n项和为sn，不等式snloga(1a)对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围13(2012南京、盐城一模)已知数列an满足a1a(a0，an*)，a1a2anpan10(p0，p1，nn*)(1)求数列an的通项公式an；(2)若对每一个正整数k，若将ak1，ak2，ak3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.求p的值及对应的数列dk记sk为数列dk的前k项和，问是否存在a，使得sk30对任意正整数k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由参考答案训练8数列的综合应用1解析由log3(an1)是等差数列得dlog3(a21)log3(a11)log3(101)log3(41)1，所以log3(an1)log3(a11)(n1)1n所以an3n1，则tn.答案2解析由a7a62a5得q2q2，又an0，所以q2，a1a1，所以mn3，故2 3.(当且仅当m2，n1等号成立)答案33解析an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12(n1)(n2)213333n2n，所以n1，设f(n)n1，令f(n)10，则f(n)在(，)上是单调递增，在(0，)上是递减的，因为nn*，所以当n5或6时f(n)有最小值又因为，所以，的最小值为.答案4解析tn，因为()n8，当且仅当()n4，即n4时取等号，所以当n04时tn有最大值答案45解析因为an是等差数列，所以a2a122a7，又2(a2a12)a，所以4a7a，b7a70，所以a74，所以b5b9b4216.答案166解析f(0)即为f(x)展开式中x的系数，所以f(0)a1a2a2 012(a1a2 012)1 00691 00632 012，又f(0)2，故在点(0，f(0)处的切线方程为y232 012x，即为y32 012x2.答案y32 012x27解析设f(x)kxb(k0)，又f(0)1，所以b1，即f(x)kx1(k0)，由f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，得f2(4)f(1)f(13)，即(4k1)2(k1)(13k1)，因为k0，所以解得k2，即f(x)2x1，所以f(2)f(4)f(2n)59(4n1)n(2n3)答案n(2n3)8解析因为a1a2a3aklog23log34logk1(k2)log2(k2)，当log2(k2)m(mz)时，k2m21,2 012(mz)，m2,3,4，10，所以在区间1,2 012内的所有奥运吉祥数之和为(222)(232)(2102)(2223210)18211222 026.答案2 0269解析由题意可知an4n3，且(s2n3sn1)(s2n1sn)0，所以s2n1sn是递减数列，故(s2n1sn)maxs3s1，解得m，故正整数m的最小值为5.答案510解(1)由a327，得272a2231，a29，92a1221，a12.(2)假设存在实数t，使得bn为等差数列，则2bnbn1bn1，(n2且nn*)2(ant)(an1t)(an1t)，4an4an1an1t，4an42an2n11t，t1.即存在实数t1，使得bn为等差数列(3)由(1)，(2)得b1，b2，bnn，an2n1(2n1)2n11，sn(3201)(5211)(7221)(2n1)2n11352722(2n1)2n1n，2sn32522723(2n1)2n2n，由得sn32222222322n1(2n1)2nn12(2n1)2nn(12n)2nn1，sn(2n1)2nn1.11解(1)因为anfan1(nn*，且n2)，所以anan1.因为a11，所以数列an是以1为首项，公差为的等差数列所以an.(2)当n2m，mn*时，tnt2ma1a2a2a3a3a4a4a5(1)2m1a2ma2m1a2(a1a3)a4(a3a5)a2m(a2m1a2m1)(a2a4a2m)m(8m212m)(2n26n)当n2m1，mn*时，tnt2m1t2m(1)2m1a2ma2m1(8m212m)(16m216m3)(8m24m3)(2n26n7)所以tn要使tntn2对nn*恒成立，只要使(2n26n)tn2，(n为正偶数)恒成立只要使t，对nn*恒成立，故实数t的取值范围为.12解(1)当n1时，有aa，由于an0，所以a11.当n2时，有aa(a1a2)2，将a11代入上式，由于an0，所以a22.(2)由于aaa(a1a2an)2，则有aaaa(a1a2anan1)2.，得a(a1a2anan1)2(a1a2an)2，由于an0，所以a2(a1a2an)an1.同样有a2(a1a2an1)an(n2)，得aaan1an，所以an1an1，由于a2a11，即当n1时都有an1an1，所以数列an是首项为1，公差为1的等差数列故ann.(3)由(2)知ann.则，所以sn.sn1sn0，数列sn单调递增所以(sn)mins1.要使不等式snloga(1a)对任意正整数n恒成立，只要loga(1a)1a0，0a1.1aa，即0a.所以，实数a的取值范围是.13解(1)因为a1a2anpan10，所以n2时，a1a2an1pan0，两式相减，得(n2)，故数列an从第二项起是公比为的等比数列，又当n1时，a1pa20，解得a2，从而an(2)由(1)得ak1k1，ak2k，ak3k1，若ak1为等差中项，则2ak1ak2ak3，即1或2，解得p；此时ak13a(2)k1，ak23a(2)k，所以dk|ak1ak2|9a2k1，若ak2为等差中项，则2ak2ak1ak3，即1，此时无解；若ak3为等差中项，则2ak3ak1ak2，即1或，解得p，此时ak1k