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2015届高考数学大一轮复习(2009-2013高考题库)第5章 第5节 数列的综合应用 理 新人教A版


2009~2013 年高考真题备选题库 第5章 第5节 考点 数列

数列的综合应用

数列与其他知识的交汇

1. (2013 新课标全国Ⅰ,5 分)设△AnBnCn 的三边长分别为 an,bn,cn,△AnBnCn 的面 cn+an bn+an 积为 Sn, n=1,2,3, ….若 b1>c1, b1+c1=2a1, an+1=an, bn+1= , cn+1= , 则( 2 2 A.{Sn}为递减数列 B.{Sn}为递增数列 C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列 D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列 解析:本题考查三角形面积公式和归纳推理等知识,意在考查考生综合运用所学知识分 析问题、解决问题的能力,对考生的归纳推理能力、逻辑思维能力要求较高.已知 b1>c1, b1+c1=2a1,a2=a1,故 b2= c1+a1 3 b1+a1 3 1 1 = c1+ b1<b1,c2= = b1+ c1>c1,b2+c2=a1+ 2 4 4 2 4 4 )

b1+c1 c1-b1 3 1 ? ?3 1 ? 3 1 2 =2a1,b2-c2= <0,即 b2<c2,b2c2=? ?4c1+4b1?· ?4b1+4c1?=16(b1+c1) +4b1c1 2 2 >b1c1.又 a3=a2=a1,所以 b3= c2+a2 3 b2+a2 3 1 1 = c2+ b2<b2,c3= = b2+ c2>c2,b3+c3= 2 4 4 2 4 4

c2+a2 b2+a2 3 1 ? c2-b2 3 1 + = 2a2 = 2a1 , b3 - c3 = c2 + b2 - ? ?4b2+4c2? = 2 > 0 ,即 b3 > c3 , b3c3 = 2 2 4 4

?3c2+1b2? ?3b2+1c2? = 3 (b2 + c2)2 + 1 b2c2 > b2c2 > b1c1. 又 △ AnBnCn 的 面 积 为 Sn = 4 ? ?4 4 ? 16 ?4 4
p?p-an??p-bn??p-cn?= 1 p?p-an?[p2-?bn+cn?p+bncn],其中 p= (an+bn+cn),p(p-an) 2

和 p2-(bn+cn)p 都为定值,bncn 逐渐递增,所以数列{Sn}为递增数列,选择 B. 答案:B 2.(2013 安徽,14 分)如图,互不相同的点 A1,A2,…,An,… 和 B1,B2,…,Bn,…,分别在角 O 的两条边上,所有 AnBn 相互平 行,且所有梯形 AnBnBn+1An+1 的面积均相等.设 OAn=an.若 a1=1,a2 =2,则数列{an}的通项公式是________. 解析:本题考查由数列递推求通项、三角形相似以及平行线分线 段成比例等知识.令 S△OA1B1=m(m>0),因为所有 AnBn 平行且 a1=1,a2=2,所以 S 梯形 AnBnBn + 1An + 1 = S 梯形 A1B1B2A2 = 3m ,当 n≥2 时, an OAn = = an-1 OAn-1 m+?n-1?×3m = m+?n-2?×3m
1

3n-2 , 3n-5 故 a2 n= 3n-2 2 a-, 3n-5 n 1

3n-5 2 a2 a-, n-1= 3n-8 n 2 3n-8 2 a2 a-, n-2= 3n-11 n 3 … 4 2 a2 2= a1, 1
2 以上各式累乘可得:a2 n=(3n-2)a1,因为 a1=1,

所以 an= 3n-2. 答案:an= 3n-2 2Sn 1 2 3. (2013 北京,14 分)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=1, =an+1- n2-n- , n 3 3 n∈N*. (1)求 a2 的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 7 (3)证明:对一切正整数 n,有 + +…+ < . a1 a2 an 4 解:本题考查数列的通项与前 n 项和的关系、等差数列的通项公式、裂项求和、放缩法 等基础知识和基本方法,考查化归与转化思想、分类与整合思想,考查考生的运算求解能力、 逻辑推理能力以及分析问题、解决问题能力. 1 2 (1)依题意,2S1=a2- -1- ,又 S1=a1=1,所以 a2=4. 3 3 1 2 (2)当 n≥2 时,2Sn=nan+1- n3-n2- n, 3 3 1 2 2Sn-1=(n-1)an- (n-1)3-(n-1)2- (n-1), 3 3 1 2 两式相减得 2an=nan+1-(n-1)an- (3n2-3n+1)-(2n-1)- , 3 3 an+1 an a2 a1 整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),即 - =1,又 - =1, 2 1 n+1 n an 故数列{ }是首项为 1,公差为 1 的等差数列, n an 所以 =1+(n-1)×1=n,所以 an=n2. n 1 7 (3)证明:当 n=1 时, =1< ; a1 4
2

1 1 1 5 7 当 n=2 时, + =1+ = < ; a1 a2 4 4 4 1 1 1 1 1 当 n≥3 时, = 2< = - ,此时 an n ?n-1?n n-1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1? ?1 1? - ?=1+ - + - +…+? + +…+ =1+ 2+ 2+ 2+…+ 2<1+ +? a1 a2 an 2 3 4 n 4 ?2 3? ?3 4? ?n-1 n? 1 1 1 7 1 7 + - = - < . 4 2 n 4 n 4 1 1 1 7 综上,对一切正整数 n,有 + +…+ < . a1 a2 an 4 4. (2013 北京,13 分)已知{an}是由非负整数组成的无穷数列.该数列前 n 项的最大值 记为 An,第 n 项之后各项 an+1,an+2, …的最小值记为 Bn,dn=An-Bn. (1)若{an}为 2,1,4,3,2,1,4,3,…,是一个周期为 4 的数列(即对任意 n∈N*,an+4=an),写 出 d1,d2,d3,d4 的值; (2)设 d 是非负整数.证明:dn=-d(n=1,2,3,…)的充分必要条件为{an}是公差为 d 的等 差数列; (3)证明:若 a1=2,dn=1(n=1,2,3,…),则{an}的项只能是 1 或者 2,且有无穷多项为 1. 解:本题主要考查无穷数列的有关知识,考查了考生对新定义类数列的理解与运用,对 考生的逻辑思维能力要求较高. (1)d1=d2=1,d3=d4=3. (2)证明:(充分性)因为{an}是公差为 d 的等差数列,且 d≥0,所以 a1≤a2≤…≤an≤…, 因此 An=an,Bn=an+1,dn=an-aa+1=-d(n=1,2,3…). (必要性)因为 dn=-d≤0(n=1,2,3,…),所以 An=Bn+dn≤Bn,又 an≤An,an+1≥Bn, 所以 an≤an+1, 于是,An=an,Bn=an+1, 因此 an+1-an=Bn-An=-dn=d, 即{an}是公差为 d 的等差数列. (3)证明:因为 a1=2,d1=1, 所以 A1=a1=2,B1=A1-d1=1. 故对任意 n≥1,an≥B1=1. 假设{an}(n≥2)中存在大于 2 的项. 设 m 为满足 am>2 的最小正整数, 则 m≥2,并且对任意 1≤k<m,ak≤2. 又 a1=2,所以 Am-1=2,且 Am=am>2. 于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}≥2.
3

故 dm-1=Am-1-Bm-1≤2-2=0,与 dm-1=1 矛盾. 所以对于任意 n≥1,有 an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为 1 或 2. 因为对任意 n≥1,an≤2=a1, 所以 An=2. 故 Bn=An-dn=2-1=1. 因此对于任意正整数 n,存在 m 满足 m>n,且 am=1,即数列{an}有无穷多项为 1. nπ 5. (2012 福建,4 分)数列{an}的通项公式 an=ncos +1,前 n 项和为 Sn,则 S2 2 ________. nπ 解析:∵an=ncos +1,∴a1+a2+a3+a4=6,a5+a6+a7+a8=6,…,a4k+1+a4k+2+ 2 a4k+3+a4k+4=6,k∈N,故 S2 012=503×6=3 018. 答案:3 018 13 6. (2011 福建,13 分)已知等比数列{an}的公比 q=3,前 3 项和 S3= . 3 (1)求数列{an}的通项公式; π (2)若函数 f(x)=Asin(2x+φ)(A>0,0<φ<π)在 x= 处取得最大值,且最大值为 a3,求函 6 数 f(x)的解析式. 13 解:(1)由 q=3,S3= , 3 a1?1-33? 13 1 得 = ,解得 a1= . 3 3 1-3 1 - - 所以 an= ×3n 1=3n 2. 3 (2)由(1)可知 an=3n 2,所以 a3=3.


012=

因为函数 f(x)的最大值为 3,所以 A=3; π 因为当 x= 时 f(x)取得最大值, 6 π 所以 sin(2× +φ)=1. 6 π 又 0<φ<π,故 φ= . 6 π 所以函数 f(x)的解析式为 f(x)=3sin(2x+ ). 6

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