【三维设计】高考数学大一轮（夯基保分卷+提能增分卷）第五章 数列的综合应用配套课时训练（含14年最新题及解析）理 苏教版(1).doc
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三维设计
【三维设计】高考数学大一轮夯基保分卷+提能增分卷第五章
数列的综合应用配套课时训练含14年最新题及解析理
苏教版1
高考
数学
一轮
夯基保
分卷
提能增
第五
数列
综合
应用
- 资源描述：
-
课时跟踪检测(三十三) 数列的综合应用
(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)
第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．(2014南京质检)设等差数列的公差d≠0，a1＝4d，若ak是a1与a2k的等比中项，则k的值为________．
2．(2014无锡统考)设sn是等比数列的前n项和，s3，s9，s6成等差数列，且a2＋a5＝2am，则m＝________.
3．(2014盐城模拟)将正偶数排列如下表，其中第i行第j个数表示为aij(i，j∈n*)，例如a13＝18，若aij＝2 014，则i＋j________.
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
…
4.三个互不相等的实数成等差数列，适当交换这三个数的位置后，变成一个等比数列，则此等比数列的公比是________．
5．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．
6.设数列{an}中，若an＋1＝an＋an＋2(n∈n*)，则称数列{an}为“凸数列”，已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 013项和为________．
7．(2014常州期末)已知数列{an}是等差数列，a1＋a2＋a3＝15，数列{bn}是等比数列，b1b2b3＝27.
(1)若a1＝b2，a4＝b3，求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3均为正整数且成等比数列，求a3的最大值．
8．(2014扬州模拟)已知数列{an}的前n项和为sn.
(1)若数列{an}是等比数列，满足2a1＋a3＝3a2，a3＋2是a2，a4的等差中项，求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在等差数列{an}，使对任意n∈n*，都有ansn＝2n2(n＋1)？若存在，请求出所有满足条件的等差数列；若不存在，请说明理由．
第Ⅱ卷：提能增分卷
1．(2014徐州摸底)设fk(n)＝c0＋c1n＋c2n2＋…＋cknk(k∈n)，其中c0，c1，c2，…，ck为非零常数，数列{an}的首项a1＝1，前n项和为sn，对于任意的正整数n，an＋sn＝fk(n)．
(1)若k＝0，求证：数列{an}是等比数列；
(2)试确定所有的自然数k，使得数列{an}能成等差数列．
2．(2014苏州质检)设数列{an}的前n项和为sn，满足an＋sn＝an2＋bn＋1(a≠0)．
(1)若a1＝，a2＝，求证数列{an－n}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{an}是等差数列，求的值．
3．(2014无锡模拟)已知数列{an}中，a1＝2，n∈n*，an＞0，数列{an}的前n项和为sn，且满足an＋1＝.
(1)求{sn}的通项公式．
(2)设{bk}是数列{sn}中按从小到大顺序组成的整数数列．
①求b3;
②若存在n(n∈n*)，当n≤n时，使得在数列{sn}中，数列{bk}有且只有20项，求n的取值范围．
4．(2014南通一调)已知数列{an}是等比数列，且an＞0.
(1)若a2－a1＝8，a3＝m.
①当m＝48时，求数列{an}的通项公式；
②若数列{an}是唯一的，求m的值；
(2)若a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，k∈n*，求a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值．
答 案
第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．解析：由条件知an＝a1＋(n－1)d＝4d＋(n－1)d＝(n＋3)d，即an＝(n＋3)d(n∈n*)．又a＝a1a2k，所以(k＋3)2d2＝4d(2k＋3)d，且d≠0，所以(k＋3)2＝4(2k＋3)，即k2－2k－3＝0，解得k＝3或k＝－1(舍去)．
答案：3
2．解析：设等比数列的公比为q，显然q≠1.由2s9＝s3＋s6得2＝＋，所以2q9＝q3＋q6，即1＋q3＝2q6.因为a2＋a5＝2am，所以a1q＋a1q4＝2a1qm－1，即1＋q3＝2qm－2，所以m－2＝6，所以m＝8.
答案：8
3．解析：正偶数数列{2n}，则aij＝2 014为正偶数数列的第1 007项，设aij在第i行，前i－1行共有个正偶数，前i行共有个正偶数，于是有＜1 007≤，i∈n*，得i＝45，前i－1行有990个数，则aij＝2 014是第45行第17个数，即j＝17，所以i＋j＝62.
答案：62
4．解析：设这三个数分别为a－d，a，a＋d(d≠0)，由于d≠0，所以a－d，a，a＋d或a＋d，a，a－d不可能成等比数列．若a－d，a＋d，a或a，a＋d，a－d成等比数列，则(a＋d)2＝a(a－d)，即d＝－3a，此时q＝＝－或q＝＝－2；若a，a－d，a＋d或a＋d，a－d，a成等比数列，则(a－d)2＝a(a＋d)，即d＝3a，此时，q＝＝－2或q＝＝－.故q＝－2或－.
答案：－2或－
5．解析：当放在最左侧坑时，路程和为2(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．
答案：2 000
6．解析：由“凸数列”的定义，可知，b1＝1，b2＝－2，b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，故数列{bn}是周期为6的周期数列，又b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，故数列{bn}的前2 013项和s2 013＝b1＋b2＋b3＝1－2－3＝－4.
答案：－4
7．解：因为{an}是等差数列，
所以a1＋a3＝2a2.
又因为a1＋a2＋a3＝15，所以a2＝5.
因为{bn}是等比数列，所以b1b3＝b.
又因为b1b2b3＝27，所以b2＝3.
(1)由题设，a1＝b2＝3，从而等差数列{an}的公差等于2，
故数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.
进而a4＝9，b3＝a4＝9，等比数列{bn}的公比等于3，故数列{bn}的通项公式为bn＝3n－1.
(2)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则a1＝5－d，b1＝，a3＝5＋d，b3＝3q.
因为a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，
所以(a1＋b1)(a3＋b3)＝(a2＋b2)2＝64.
设a1＋b1＝m，a3＋b3＝n，m，n∈n*，
则mn＝64，
整理得d2＋(m－n)d＋5(m＋n)－80＝0.
因为a3＝5＋d，所以要使a3最大，只需d最大，所以上面方程必有解，从而d＝
(舍去较小者)，
所以d＝.
要使d最大，只需n－m及(m＋n－10)2取最大值．
因为m，n∈n*，mn＝64，所以当且仅当n＝64，m＝1时，n－m及(m＋n－10)2取最大值．
从而d≤，所以a3≤.
即a3的最大值为.
8．解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
依题意有
即
由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2.
当q＝1时，不合题意，舍去；
当q＝2时，代入②得a1＝2，
所以an＝22n－1＝2n.
(2)假设存在满足条件的数列{an}，设此数列的公差为d.
法一：[a1＋(n－1)d]＝2n2(n＋1)，
即n2＋n＋
＝2n2＋2n对任意n∈n*恒成立，则
解得或
此时an＝2n或an＝－2n.
故存在等差数列{an}，使对任意n∈n*，
都有ansn＝2n2(n＋1)，其中an＝2n或an＝－2n.
法二：令n＝1，a＝4得a1＝2，
令n＝2得a＋a1a2－24＝0，
①当a1＝2时，a2＝4或a2＝－6，
若a2＝4，则d＝2，an＝2n，sn＝n(n＋1)，对任意n∈n*，都有ansn＝2n2(n＋1)；
若a2＝－6，则d＝－8，a3＝－14，s3＝－18，不满足a3s3＝232(3＋1)，舍去．
②当a1＝－2时，a2＝－4或a2＝6，
若a2＝－4，则d＝－2，an＝－2n，
sn＝－n(n＋1)，对任意n∈n*，
都有ansn＝2n2(n＋1)；
若a2＝6，则d＝8，a3＝14，s3＝18，不满足a3s3＝232(3＋1)，舍去．
综上所述，存在等差数列{an}，使对任意n∈n*，都有ansn＝2n2(n＋1)，其中an＝2n或an＝－2n.
第Ⅱ卷：提能增分卷
1．解：(1)证明：若k＝0，f0(n)＝c0，
即an＋sn＝f0(n)＝c0.
当n＝1时，a1＋s1＝c0，即c0＝2a1＝2，
当n≥2时，an＋sn＝2， ①
an－1＋sn－1＝2， ②
①－②得2an－an－1＝0，
即an＝an－1(n∈n*，n≥2)．
若an＝0，则an－1＝0，…，a1＝0，与已知矛盾，所以an≠0.
故数列{an}是首项为1，公比为的等比数列．
(2)若k＝0，由(1)知，不符题意，舍去；
若k＝1，因为f1(n)＝c1n＋c0，
当n＝1时，c1＋c0＝2a1＝2，
当n≥2时，an＋sn＝c1n＋c0， ③
an－1＋sn－1＝c1(n－1)＋c0， ④
③－④得2an－an－1＝c1(n∈n*，n≥2)．
要使数列{an}是公差为d(d为常数)的等差数列，必须有an＝c1－d(常数)
而a1＝1，故{an}只能是常数数列，通项公式为an＝1(n∈n*)．
故当k＝1时，数列{an}能成等差数列，其通项公式为an＝1(n∈n*)，
此时f1(n)＝n＋1；
若k＝2，设f2(n)＝c2n2＋c1n＋c0，
当n≥2时，an＋sn＝c2n2＋c1n＋c0， ⑤
an－1＋sn－1＝c2(n－1)2＋c1(n－1)＋c0， ⑥
⑤－⑥得2an－an－1＝2c2n＋c1－c2(n∈n*，n≥2)，
要使数列{an}是公差为d(d为常数)的等差数列，必须有an＝2c2n＋c1－c2－d，且d＝2c2，
考虑到a1＝1，所以an＝1＋(n－1)2c2＝2c2n－2c2＋1(n∈n*)
故当k＝2时，数列{an}能成等差数列，其通项公式为an＝2c2n－2c2＋1(n∈n*)，
此时f2(n)＝c2n2＋(c2＋1)n＋1－2c2；
当k≥3时，an＋sn＝fk(n)＝cknk＋…＋c2n2＋c1n＋c0(ck≠0)，n的最高次的次数k≥3，但如果数列{an}能成等差数列，则an＋sn的表达式中n的最高次的次数至多为2，矛盾．
综上，当且仅当k＝1或k＝2时，数列{an}能成等差数列．
2．解：(1)证明：分别令n＝1,2，
代入条件得
又a1＝，a2＝，解得
所以an＋sn＝n2＋n＋1， ①
则an＋1＋sn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)＋1. ②
②－①得2an＋1－an＝n＋2.
则an＋1－(n＋1)＝(an－n)．
因为a1－1＝≠0，
所以数列{an－n}是首项为，公比为的等比数列．
所以an－n＝，则an＝n＋.
(2)因为数列{an}是等差数列，
所以设an＝dn＋c，
则sn＝
＝n2＋n.
所以an＋sn＝n2＋n＋c.
所以a＝，b＝c＋，c＝1.
所以＝3.
3．解：(1)因为an＋1＝sn＋1－sn，
所以(sn＋1－sn)(sn＋1＋sn－2)＝2，
即s－s－2(sn＋1－sn)＝2，
所以(sn＋1－1)2－(sn－1)2＝2，
且(s1－1)2＝1，
所以{(sn－1)2}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以sn＝1＋.
(2)①当n＝1时，s1＝1＋1＝2＝b1；
当n＝5时，s5＝1＋3＝4＝b2；
当n＝13时，s13＝1＋5＝6＝b3.
②因为2n－1是奇数，sn＝1＋为有理数，
则＝2k－1，所以n＝2k2－2k＋1.
当k＝20时，n＝761；
当k＝21时，n＝841.
所以存在n∈[761,840](n∈n*)，当n≤n时，使得在{sn}中，数列{bk}有且只有20项．
4．解：设公比为q，则由题意，得q＞0.
(1)①由a2－a1＝8，a3＝m＝48，
得
解得或
所以数列{an}的通项公式为
an＝(16－8)(3＋)n－1
或an＝(16＋8)(3－)n－1.
②要使满足条件的数列{an}是唯一的，即关于a1与q的方程组有唯一正数解．
所以方程8q2－mq＋m＝0有唯一解．
则Δ＝m2－32m＝0，解得m＝32或m＝0.
因为a3＝m＞0，所以m＝32，此时q＝2.
经检验，当m＝32时，数列{an}唯一，其通项公式为an＝2n＋2.
(2)由a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，得a1(qk－1)(qk－1＋qk－2＋…＋1)＝8，且q＞1.
则a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k＝a1q2k(qk－1＋qk－2＋…＋1)＝＝8qk－1＋≥32.
当且仅当qk－1＝，即q＝，等号成立．
所以a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值为32.
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