【全程复习方略】（广西专用）2013版高中数学 3.5数列的综合应用课时提能训练 文 新人教版

1 全程复习方略全程复习方略 广西专用 广西专用 20132013 版高中数学版高中数学 3 53 5 数列的综合应用课时提能数列的综合应用课时提能 训练训练 文文 新人教版新人教版 45 45 分钟分钟 100100 分分 一 选择题一 选择题 每小题每小题 6 6 分 共分 共 3636 分分 1 已知各项不为 0 的等差数列 an 满足 2a3 2a11 0 数列 bn 是等比数列 且 b7 a7 则 2 7 a b6 b8 A 2 B 4 C 8 D 16 2 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 S2 10 S5 55 则过点 P n an 和 Q n 2 an 2 n N 的直线的一个方向向量的坐标可以是 A 2 4 B 1 3 4 3 C 1 D 1 1 1 2 4 已知实数等比数列 an 中 Sn是它的前 n 项和 若 a2 a3 2a1 且 a4与 2a7的等差中项为 则 S5等于 5 4 A 35 B 33 C 31 D 29 5 2012 桂林模拟 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 a1 b1 5 a1 b1 a1 b1 N n N 则数列 的前 10 项的和等于 n b a A 65 B 75 C 85 D 95 6 2012 北海模拟 各项均为正数的等比数列 an 的公比 q 1 a2 a3 a1成等差数列 则 1 2 a3a4 a2a6 a2a6 a4a5 A B C D 5 1 2 5 1 2 1 5 2 5 2 2 二 填空题二 填空题 每小题每小题 6 6 分 共分 共 1818 分分 7 易错题 设曲线 y xn 1 x 在 x 2 处的切线与 y 轴交点的纵坐标为 an 则数列 的前 n 项和 Sn an n 1 2 等于 8 设 Sn是数列 an 的前 n 项和 若 n N 是非零常数 则称数列 an 为 和等比数列 若数列 是 S2n Sn n b 2 首项为 2 公比为 4 的等比数列 则数列 bn 填 是 或 不是 和等比数列 9 某科研单位欲拿出一定的经费奖励科研人员 第 1 名得全部资金的一半多一万元 第 2 名得剩下的一 半多一万元 以名次类推都得到剩下的一半多一万元 到第 10 名恰好资金分完 则此科研单位共拿出 万元资金进行奖励 三 解答题三 解答题 每小题每小题 1515 分 共分 共 3030 分分 10 预测题 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn a1 1 且 3an 1 2Sn 3 n N 1 求数列 an 的通项公式 2 记 S 若对任意正整数 n kS Sn恒成立 求实数 k 的最大值 3 2 11 2012 盐城模拟 设数列 an n 1 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 a1 4 d 2 求证 该数列是 封闭数列 2 若 an 2n 7 n N 试判断数列 an 是否是 封闭数列 为什么 探究创新 16 分 已知等比数列 an 是递增数列 且满足 a1 a2 a3 39 a2 6 是 a1和 a3的等差中项 1 求数列 an 的通项公式 2 若 bn Error 记数列 bn 的前 n 项和为 Sn 求使 Sn 120 成立的最小 n 值 答案解析答案解析 3 1 解析 选 D 数列 an 是等差数列 a3 a11 2a7 由 2a3 a 2a11 0 得 4a7 a 0 2 72 7 又 an 0 a7 4 b6 b8 b 42 16 2 7 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 2x 2 240 x x 1 2 即 x2 x 240 0 解得 x 15 或 x 16 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 S2 10 S5 55 得 2a1 d 10 5a1 10d 55 解得 a1 3 d 4 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 1 3 4 3 4 解析 选 C 由 a2 a3 a1 a4 2a1得 a4 2 又 a4 2a7 a7 5 2 1 4 设等比数列 an 的公比为 q 则 a7 a4q3 q3 q a1 16 1 8 1 2 S5 31 16 1 f 1 2 5 1 1 2 5 解析 选 C 应用等差数列的通项公式得 an a1 n 1 bn b1 n 1 a1 bn 1 a1 b1 n 1 1 n b a a1 b1 n 2 5 n 2 n 3 数列 也是等差数列 且前 10 项和为 85 n b a 10 4 13 2 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 4 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 an 1 2an 3 2n 1的特点是除以 2n 1就可以得到下标 和指数相同了 从而构造成等差数列 an 2n 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 解题指南 由 a2 a3 a1成等差数列可求公比 q 把转化为关于 q 的式子 1 2 a3a4 a2a6 a2a6 a4a5 解析 选 B 由题意知 a3 a2 a1 a1q2 a1q a1 q2 q 1 0 又 q 0 q 1 5 2 a3a4 a2a6 a2a6 a4a5 a2 1q5 a2 1q6 a2 1q6 a2 1q7 1 q q 1 q 1 q 5 1 2 7 解析 y nxn 1 n 1 xn y x 2 n 2n 1 n 1 2n n 2n 1 2n 切线方程为 y 2n n 2n 1 2n x 2 令 x 0 得 y n 1 2n 即 an n 1 2n 2n an n 1 Sn 2n 1 2 答案 2n 1 2 8 解题指南 解决本题的关键是正确理解 和等比数列 的定义 然后求解 解析 数列是首项为 2 公比为 4 的等比数列 所以 2 4n 1 22n 1 bn 2n 1 设数列 bn 的 n b 2 n b 2 前 n 项和为 Tn 则 Tn n2 T2n 4n2 所以 4 因此数列 bn 是 和等比数列 T2n Tn 答案 是 9 解析 设第 10 名到第 1 名得到的奖金数分别是 a1 a2 a10 则 an Sn 1 1 2 则 a1 2 an an 1 Sn 1 Sn 1 1 1 2 1 2 Sn Sn 1 an 1 2 1 2 即 an 2an 1 5 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 S10 2 046 2 1 210 1 2 答案 2 046 10 解析 1 3an 1 2Sn 3 当 n 2 时 3an 2Sn 1 3 得 3an 1 3an 2an 0 n 2 an 1 an 1 3 又 a1 1 3a2 2a1 3 解得 a2 1 3 数列 an 是首项为 1 公比为 的等比数列 1 3 an a1qn 1 n 1 n N 1 3 2 由 1 知 Sn a1 1 qn 1 q 1 f 1 3 n 1 1 3 1 n 3 2 1 3 又对任意 n N 恒有 k 1 n 3 2 3 2 1 3 得 k 1 n 1 3 数列 1 n 单调递增 为数列中的最小项 必有 k 即实数 k 的最大值为 1 3 2 3 2 3 2 3 11 解析 1 an 4 n 1 2 2n 2 对任意的 m n N 有 am an 2m 2 2n 2 2 m n 1 2 m n 1 N 于是 令 p m n 1 则有 ap 2p 2 an 2 a1 5 a2 3 a1 a2 8 令 an a1 a2 8 即 2n 7 8 解得 n N 所以数 1 2 列 an 不是封闭数列 探究创新 解析 1 由题意知 2 a2 6 a1 a3 从而 a2 2 a2 6 39 所以 a2 9 30 9qq 3 或 q 舍去 所以 an 3n 9 q 1 3 2 bn an 1log3an 3n 1 n n 2 6 所以 Sn 1 2 31 3 32 n 3n 1 3Sn 31 2 32 3 33 n 3n 得 2Sn 1 31 32 3n 1 n 3n n 3n 1 3n 1 3 所以 2Sn n 3n n 3n 3n 2 1 2 1 2 1 2 由 Sn 120 则 n 3n 240 所以 n 4 即满足题意的最小 n 值为 4 1 2 1 2 变式备选 已知等差数列 an 满足 an 1 an n N a1 1 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 n N 若 Tn c c Z 恒成立 求 c 的最小值 a1 b1 a2 b2 an bn 2n 3 2n 1 n 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 a1 1 a2 1 d a3 1 2d 分别加上 1 1 3 后得 2 2 d 4 2d 是等比数列 bn 的前三项 2 d 2 2 4 2d d 2 an 1 an d 0 d 2 an 2n 1 n N 由此可得 b1 2 b2 4 q 2 bn 2n n N 2 Tn a1 b1 a2 b2 an bn 1 2 3 22 5 23 2n 1 2n 当 n 1