高考數(shù)學 熱點專題專練 專題五 數(shù)列不等式推理與證明測試題 理

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1、專題五　數(shù)列、不等式、推理與證明測試題 (時間：120分鐘　　　滿分：150分) 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．已知無窮數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，則有(　　) A.D.≥ 解析　a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝a＋10a1d＋21d2，a＝(a1＋5d)2＝a＋10a1d＋25d2，故≤. 答案　B 2．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－9n，第k項滿足5

2、列，an＝Sn－Sn－1＝2n－10，由5<2k－10<8，k∈N*，得到k＝8. 答案　B 3．對于非零實數(shù)a、b，“b(b－a)≤0”是“≥1”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析　∵a≠0，b≠0，故有b(b－a)≤0?≤0?1－≤0?≥1.故選C. 答案　C 4．已知函數(shù)f(x)＝，若f(2－a2)>f(a)，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－1,2) C．(－2,1) D．(－∞，－2)∪(1，＋∞) 解析　由題知f(x)在R上是增函數(shù)，可得2－a2>a，解得

3、－2

4、－1，∴S2 008＝－2 008. 答案　C 7．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，則(　　) A．ab≤B．ab≥ C．a2＋b2≤3 D．a2＋b2≥2 解析　∵a≥0，b≥0，且a＋b＝2，∴4＝(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2)，∴a2＋b2≥2. 答案　D 8．已知等比數(shù)列{an}中，a2＝1，則其前3項的和S3的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1] B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞) 解析　∵等比數(shù)列{an}中，a2＝1，∴S3＝a1＋a2＋a3＝ a2＝1＋q＋.當公比q>0時，S3

5、＝1＋q＋≥1＋2 ＝3，當公比q<0時，S3＝1－≤1－2 ＝－1， ∴S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 答案　D 9．(2011·廣東廣州模擬)p＝＋，q＝· (m、n、a、b、c、d均為正數(shù))，則p、q的大小關系為(　　) A．p≥qB．p≤q C．p>qD．不確定 解析　q＝ ≥＝＋＝p，故選B. 答案　B 10．設Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，則函數(shù)f(n)＝的最大值為(　　) A.B. C.D. 解析　由Sn＝得f(n)＝＝＝≤＝，當且僅當n＝，即n＝8時取等號，即f(n)max＝f(8)＝. 答案　D 11．(2012·廣東)已知變量x，y滿足

6、約束條件，則z＝3x＋y的最大值為(　　) A．12 B．11 C．3 D．－1 解析　先畫出可行域如圖所示，再將z＝3x＋y變形為截距式方程y＝－3x＋z，把l0：y＝－3x平移到經過點A(3,2)時，截距z有最大值，∴zmax＝3×3＋2＝11. 答案　B 12．(2012·浙江)設Sn是公差為d(d≠0)的無窮等差數(shù)列{an}的前n項和，則下列命題錯誤的是(　　) A．若d<0，則數(shù)列{Sn}有最大項 B．若數(shù)列{Sn}有最大項，則d<0 C．若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，則對任意n∈N*，均有Sn>0 D．若對任意n∈N*，均有Sn>0，則數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列

7、 解析　由于Sn＝na1＋d＝n2＋n，根據二次函數(shù)的圖象與性質知當d<0時，數(shù)列{Sn}有最大項，即選項A正確；同理選項B也是正確的；而若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，那么d>0，但對任意的n∈N*，Sn>0不成立，即選項C錯誤；反之，選項D是正確的． 答案　C 二、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分，將答案填在題中的橫線上． 13．在公差為d(d≠0)的等差數(shù)列{an}中，若Sn是{an}的前n項和，則數(shù)列S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差數(shù)列，且公差為100d.類比上述結論，在公比為q(q≠1)的等比數(shù)列{bn}中，若Tn是數(shù)列{bn}的前n項之積，則有__

8、__________________________． 答案　，，也成等比數(shù)列，且公比為q100 14．(2012·福建)數(shù)列{an}的通項公式an＝ncos＋1，前n項和為Sn，則S2 012＝________. 解析　∵an＝ncos＋1，∴當n為奇數(shù)時an＝1，當n為偶數(shù)2,6,10,14，…時，an＝－n＋1；當n為偶數(shù)4,8,12,16，…時，an＝n＋1，∴數(shù)列{an}的前4項和為：1＋(－1)＋1＋5＝6；第5至第8項和為：1＋(－5)＋1＋9＝6；…由此可知an＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝1＋(－n－1＋1)＋1＋n＋3＋1＝6(n＋3是4的倍數(shù))，即數(shù)列{an}的相

9、鄰四項之和均為6，故S2 012＝S4×503＝503×6＝3 018. 答案　3 018 15．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，則有等式a1－2a2＋a3＝0，a1－3a2＋3a3－a4＝0，a1－4a2＋6a3－4a4＋a5＝0， (1)若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，通過類比，則有等式__________． (2)通過歸納，試寫出等差數(shù)列{an}的前n＋1項a1，a2，…，an，an＋1之間的關系為____________________． 解析　因等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的區(qū)別是前者是加法運算，后者是乘法運算，所以類比規(guī)律是由第一級運算轉化到高一級運算，從而解出第(1)問；通過觀察發(fā)現(xiàn)，

10、已知等式的系數(shù)與二項式系數(shù)相同，解出第(2)問． 答案　(1)a1aa3＝1，a1aaa＝1，a1aaaa5＝1 (2)Ca1－Ca2＋Ca3－……＋(－1)nCan＋1＝0 16．(2012·新課標)數(shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為________． 解析　當n＝2k－1，k∈N*時，a2k－a2k－1＝2(2k－1)－1；當n＝2k，k∈N*時，a2k＋1＋a2k＝2(2k)－1；于是a2k＋1＋a2k－1＝2；a2k＋a2k－2＝8k－8；前一個式子中k＝1,3,5，…，29，后一個式子中k＝2,4,6，…，30，得a3＋a1＝2，a5

11、＋a3＝2，…，a29＋a27＝2；a4＋a2＝8×2－8，a8＋a6＝8×4－8，…，a60＋a58＝8×30－8，∴S60＝15×2＋8(2＋4＋…＋30)－8×15＝1 830. 答案　1 830 三、解答題：本大題共6小題，共74分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 17．(本小題滿分12分) 已知函數(shù)f(x)滿足ax·f(x)＝b＋f(x)(a·b≠0)，f(1)＝2且f(x＋2)＝－f(2－x)對定義域中任意x都成立． (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足Sn＝2，求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列． 解　(1)由ax·f(x

12、)＝b＋f(x)(a·b≠0)，得f(x)(ax－1)＝b，若ax－1＝0，則b＝0，不合題意，故ax－1≠0， ∴f(x)＝. 由f(1)＝2＝，得2a－2＝b，① 由f(x＋2)＝－f(2－x)對定義域中任意x都成立，得＝－，由此解得a＝，② 把②代入①，可得b＝－1， ∴f(x)＝＝(x≠2)． (2)證明：∵f(an)＝，Sn＝2， ∴Sn＝(an＋1)2，a1＝(a1＋1)2，∴a1＝1； 當n≥2時，Sn－1＝(an－1＋1)2， ∴an＝Sn－Sn－1＝(a－a＋2an－2an－1)， ∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0， ∵an>0， ∴an

13、－an－1－2＝0，即an－an－1＝2， ∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列． 18．(本小題滿分12分) (2012·廣東)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列． (1)求a1的值； (2)求數(shù)列{an}的通項公式； (3)證明：對一切正整數(shù)n，有＋＋…＋<. 解　(1)當n＝1時，2a1＝a2－4＋1＝a2－3，① 當n＝2時，2(a1＋a2)＝a3－8＋1＝a3－7，② 又a1，a2＋5，a3成等差數(shù)列，有a1＋a3＝2(a2＋5)，③ 由①②③解得a1＝1. (2)∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，

14、當n≥2時，有2Sn－1＝an－2n＋1， 兩式相減是an＋1－3an＝2n， 則－·＝1，即＋2＝，又＋2＝3， 知是以首項為3，公比為的等比數(shù)列， ∴＋2＝3n－1， 即an＝3n－2n，n＝1時也合適此式，{an}的通項公式是an＝3n－2n. (3)由(2)得＝＝＝ <， ∴<1＋＋＋…＋＝1＋<. 19．(本小題滿分12分) (2012·安徽)數(shù)列{xn}滿足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N*)． (1)證明：{xn}是遞減數(shù)列的充分必要條件是c<0； (2)求c的取值范圍，使{xn}是遞增數(shù)列． 解　(1)先證充分性，若c<0，由于xn＋1＝－x

15、＋xn＋c≤xn＋c0即xn<1－. 由②式和xn≥0還可得，對任意n≥1都有 －xn＋1≤(1－)(－xn)．③ 反復運用③式，得 －xn≤(1－)n－1(－x1)<(1－)n－1. xn<1－和－xn<(1－

16、)n－1兩式相加，知2－1<(1－)n－1對任意n≥1成立． 根據指數(shù)函數(shù)y＝(1－)x的性質，得2－1≤0，c≤， 故00. 即證xn<對任意n≥1成立． 下面用數(shù)學歸納法證明當0

17、>xn，即{xn}是遞增數(shù)列． 由(i)(ii)知，使得數(shù)列{xn}單調遞增的c的范圍是. 20．(本小題滿分12分) 某商店投入81萬元經銷某種北京奧運會特許紀念品，經銷時間共60天，為了獲得更多的利潤，商店將每天獲得的利潤投入到次日的經營中．市場調研表明，該商店在經銷這一產品期間第n天的利潤an＝(單位：萬元，n∈N*)．記第n天的利潤率bn＝，例如b3＝. (1)求b1，b2的值； (2)求第n天的利潤率bn； (3)該商店在經銷此紀念品期間，哪一天的利潤率最大？并求該天的利潤率． 解　(1)當n＝1時，b1＝；當n＝2時，b2＝. (2)當1≤n≤20時，a1＝a2＝a

18、3＝…＝an－1＝an＝1. ∴bn＝＝＝. 當21≤n≤60時， bn＝ ＝＝ ＝， ∴第n天的利潤率 bn＝ (3)當1≤n≤20時，bn＝是遞減數(shù)列，此時bn的最大值為b1＝； 當21≤n≤60時，bn＝＝≤＝(當且僅當n＝，即n＝40時，“＝”成立)． 又∵>，∴當n＝40時，(bn)max＝. ∴該商店經銷此紀念品期間，第40天的利潤率最大，且該天的利潤率為. 21．(本小題滿分12分) (2012·山東)在等差數(shù)列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)對任意m∈N*，將數(shù)列{an}中落入區(qū)間(9m,9

19、2m)內的項的個數(shù)記為bm.求數(shù)列{bm}的前m項和Sm. 解　(1)因為{an}是一個等差數(shù)列， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，a4＝28. 設數(shù)列{an}的公差為d， 則5d＝a9－a4＝73－28＝45， 故d＝9. 由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1. 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)． (2)對m∈N*，若9m

20、＋…＋9m－1) ＝－ ＝. 22．(本小題滿分14分) (2012·江蘇)已知各項均為正數(shù)的兩個數(shù)列{an}和{bn}滿足：an＋1＝，n∈N*. (1)設bn＋1＝1＋，n∈N*，求證：數(shù)列{2}是等差數(shù)列； (2)設bn＋1＝·，n∈N*，且{an}是等比數(shù)列，求a1和b1的值． 解　(1)由題設知an＋1＝＝ ＝， 所以＝，從而2－2＝1(n∈N*)， 所以數(shù)列是以1為公差的等差數(shù)列． (2)因為an>0，bn>0，所以≤a＋b<(an＋bn)2，從而10知q>0.下證q＝1. 若q>1，則a1＝logq時，an＋1＝a1qn>，與(*)矛盾； 若0a2>1，故當n>logq時，an＋1＝a1qn<1，與(*)矛盾． 綜上，q＝1，故an＝a1(n∈N*)，所以11，于是b1