【全程复习方略】（陕西专用）高考数学 5.5 数列的综合应用课时提能演练 理 北师大版.doc

【全程复习方略】（陕西专用）2013版高考数学 5.5 数列的综合应用课时提能演练 理 北师大版(45分钟 70分)一、选择题(每小题5分，共30分)1.(2012聊城模拟)已知各项不为0的等差数列an满足2a3a2a110，数列bn是等比数列，且b7a7，则b6b8()(a)2(b)4(c)8(d)162.2011年11月1日5时58分10秒“神八”顺利升空，若运载“神八”的改进型“长征二号”系列火箭在点火后某秒钟通过的路程为2 km，此后每秒钟通过的路程增加2 km，若从这一秒钟起通过240 km的高度，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是()(a)10秒钟 (b)13秒钟(c)15秒钟 (d)20秒钟3.已知等差数列an的前n项和为sn，且s210，s555，则过点p(n，an)和q(n2，an2)(nn)的直线的一个方向向量的坐标可以是()(a)(2,4) (b)(，)(c)(，1) (d)(1，1)4.(2012滁州模拟)等差数列an的前n项和为sn，已知(a21)32 011(a21)sin，(a2 0101)32 011(a2 0101)cos，则s2 011等于()(a)4 022 (b)0 (c)2 011 (d)2 0115.已知数列an、bn都是公差为1的等差数列，其首项分别为a1、b1，且a1b15，a1b1，a1、b1n(nn)，则数列的前10项的和等于()(a)65 (b)75 (c)85 (d)956.(2012汉中模拟)已知数列an满足3an1an4(n1)，且a19，其前n项和为sn，则满足不等式|snn6|对一切nn都成立的最大正整数k的值.【选做探究题】设数列an(n1,2，)是等差数列，且公差为d，若数列an中任意(不同)两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”.(1)若a14，d2，求证：该数列是“封闭数列”.(2)若an2n7(nn)，试判断数列an是否是“封闭数列”，为什么？(3)设sn是数列an的前n项和，若公差d1，a10，试问：是否存在这样的“封闭数列”，使.若存在，求an的通项公式；若不存在，说明理由.答案解析1.【解析】选d.数列an是等差数列，a3a112a7，由2a3a2a110，得4a7a0，又an0，a74，b6b8b4216.2.【解析】选c.设从这一秒钟起，经过x秒钟，通过240 km的高度.由已知得每秒钟行驶的路程组成首项为2，公差为2的等差数列，故有2x2240，即x2x2400.解得x15或x16(舍去).3.【解题指南】解决本题首先明确方向向量的概念，然后通过已知求得数列的首项和公差，再求得直线的一个方向向量，与选项对比即可.【解析】选b.由s210，s555，得2a1d10,5a110d55，解得a13，d4，可知直线pq的一个方向向量是(1,4)，只有(，)与(1,4)平行，故选b.4.【解析】选c.由于670，335，sinsin，coscos.记f(x)x32 011x，易知函数f(x)是奇函数，且f(x)3x22 0112 0110，因此f(x)是r上的增函数.依题意有f(a21)f(a2 0101)0，于是有f(a21)f(1a2 010)，a211a2 010，a2a2 0102，s2 0112 011，选c.5.【解析】选c.应用等差数列的通项公式得ana1n1，bnb1n1，a1bn1a1(b1n1)1a1b1n25n2n3，数列也是等差数列，且前10项和为85.【方法技巧】构造等差数列求解在等差数列相关问题中，有些数列不能直接利用等差数列的性质和求和公式，但是通过对数列变形可以构造成等差数列.(1)由递推公式构造等差数列一般是从研究递推公式的特点入手，如递推公式an12an32n1的特点是除以2n1就可以得到下标和指数相同了，从而构造成等差数列.(2)由前n项和sn构造等差数列.(3)由并项、拆项构造等差数列.6.【解析】选c.由已知式子变形得3(an11)(an1)，则an1是以8为首项，为公比的等比数列，则|snn6|an1an11a116|6|6()n250，故满足条件的最小整数n的值为77.【解析】ynxn1(n1)xn，y|x2n2n1(n1)2nn2n12n，切线方程为y2n(n2n12n)(x2)，令x0得y(n1)2n，即an(n1)2n，2n，sn2n12.答案：2n128.【解析】令x2，y2n1(nn且n2)，则f(xy)f(2n)2f(2n1)2n1f(2)，即f(2n)2f(2n1)2n1a1，即an2an12n，1，所以数列为等差数列，由此可得ann2n，且a12符合上式，则数列an的通项公式为ann2n.答案：n2n9.【解析】设第10名到第1名得到的奖金数分别是a1，a2，a10，则ansn1，则a12，anan1(sn1)(sn11)(snsn1)an，即an2an1，因此每人得的奖金额组成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以s102 046.答案：2 04610.【解析】(1)由已知a2a712可得a4a512，又因为a33，所以a3a4a515，所以a45，da4a32，an2n3.(2)由(1)可知bnn22n3，设数列bn的前n项和为tn.tn121221323n22n3 4tn121223(n1)22n3n22n1 可得3tn2121232522n3n22n1n22n1，tn.11.【解析】(1)当n1时，a1s15，当n2时，ansnsn1n2(n1)2n(n1)(2n1)3n2，又a15满足上式，an3n2(nn).anan13n23(n1)23(n2，nn)，数列an是以5为首项，3为公差的等差数列.(2)由已知得bn(nn)，238(nn)，又b132，数列bn是以32为首项，8为公比的等比数列.(3)cn()，tn()()()(1).tn1tn0(nn)，(tn)mint1.，解得k19，因为k是正整数，kmax18.【变式备选】已知等差数列an满足：an1an(nn)，a11，该数列的前三项分别加上1,1,3后顺次成为等比数列bn的前三项.(1)分别求数列an，bn的通项公式an，bn.(2)设tn(nn)，若tnc(cz)恒成立，求c的最小值.【解析】(1)设d、q分别为数列an、数列bn的公差与公比.由题意知，a11，a21d，a312d，分别加上1,1,3后得2,2d,42d是等比数列bn的前三项，(2d)22(42d)d2.an1an，d0.d2，an2n1(nn).由此可得b12，b24，q2，bn2n(nn).(2)tn 当n1时，t1；当n2时，tn ，得tn2().tn133.tn33.(3)2,3)，满足条件tnc(cz)恒成立的c的最小整数值为3.【选做探究题】【解析】(1)an=4+(n-1)2=2n+2,对任意的m,nn+,有am+an=(2m+2)+(2n+2)=2(m+n+1)+2,m+n+1n+于是，令p=m+n+1,则有ap=2p+2an.该数列是“封闭数列”.(2)a1=-5,a2=-3,a1+a2=-8,令an=a1+a2=-8,即2n-7=-8,解得n=-n+,所以数列an不是封闭数列.(3)假设存在.由an是“封闭数列”，得：对任意m，nn