（新课标）高考数学5年真题备考题库 第五章 第5节 数列的综合应用 理（含解析）-人教版高三全册数学试题VIP免费

第5章数列第5节数列的综合应用1．（2014安徽，5分）数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.解析：法一：因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列，又a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5是常数列，故q＝1.法二：因为数列{an}是等差数列，所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d，故由已知得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d2＋4d＋4＝0，即d＝－2，所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.答案：12.（2014天津，5分）设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．解析：由已知得S1·S4＝S，即a1·(4a1－6)＝(2a1－1)2，解得a1＝－.答案：－3.（2014浙江，5分）设函数f1(x)＝x2，f2(x)＝2(x－x2)，f3(x)＝|sin2πx|，ai＝，i＝0,1,2，…，99.记Ik＝|fk(a1)－fk(a0)|＋|fk(a2)－fk(a1)|＋…＋|fk(a99)－fk(a98)|，k＝1,2,3.则()A．I10，f1(a2)－f1(a1)>0，…，f1(a99)－f1(a98)>0，所以I1＝|f1(a1)－f1(a0)|＋|f1(a2)－f1(a1)|＋…＋|f1(a99)－f1(a98)|＝f1(a1)－f1(a0)＋f1(a2)－f1(a1)＋…＋f1(a99)－f1(a98)＝f1(a99)－f1(a0)＝2－0＝1.f2(x)＝2(x－x2)在上单调递增，在上单调递减，可得f2(a1)－f2(a0)>0，…，f2(a49)－f2(a48)>0，f2(a50)－f2(a49)＝0，f2(a51)－f2(a50)<0，…，f2(a99)－f2(a98)<0，所以I2＝|f2(a1)－f2(a0)|＋|f2(a2)－f2(a1)|＋…＋|f2(a99)－f2(a98)|＝f2(a1)－f2(a0)＋…＋f2(a49)－f2(a48)－[f2(a51)－f2(a50)＋…＋f2(a99)－f2(a98)]＝f2(a49)－f2(a0)－[f2(a99)－f2(a50)]＝2f2(a50)－f2(a0)－f2(a99)＝4××＝<1.f3(x)＝|sin2πx|在，上单调递增，在，上单调递减，可得f3(a1)－f3(a0)>0，…，f3(a24)－f3(a23)>0,f3(a25)－f3(a24)>0，f3(a26)－f3(a25)<0，…，f3(a49)－f3(a48)<0，f3(a50)－f3(a49)＝0，f3(a51)－f3(a50)>0，…，f3(a74)－f3(a73)>0，f3(a75)－f3(a74)<0，f3(a76)－f3(a75)<0，…，f3(a99)－f3(a98)<0，所以I3＝|f3(a1)－f3(a0)|＋|f3(a2)－f3(a1)|＋…＋|f3(a99)－f3(a98)|＝f3(a25)－f3(a0)－[f3(a49)－f3(a25)]＋f3(a74)－f3(a50)－[f3(a99)－f3(a74)]＝2f3(a25)－2f3(a49)＋2f3(a74)＝2sin－sin>2sin－sin＝－＝>1.因此I260n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意，2,2＋d,2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n.显然2n<60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.5.（2014广东，14分）设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)由Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，取n＝1,2得①又S3＝15，∴a1＋a2＋a3＝15，∴a3＝15－(a1＋a2)．②联立①②解得a1＝3，a2＝5，a3＝7.(2)法一：当n>1时，由已知得两式相减得2nan＋1＝(2n－1)an＋6n＋1，即2nan＋1－4n2－6n＝(2n－1)an－4n2＋1，即2n[an＋1－(2n＋3)]＝(2n－1)[an－(2n＋1)]，令bn＝an－(2n＋1)，则2nbn＋1＝(2n－1)bn，③由(1)知b1＝b2＝0，则由③知bn＝0，∴an＝2n＋1，且n＝1时也成立，故an＝2n＋1，n∈N*.法二：由(1)猜想an＝2n＋1，下面用数学归纳法证明．①n＝1时，结论显然成立；②假设当n＝k(k≥1)时，ak＝2k＋1，则Sk＝3...