高考数学(文科)习题 第六章 数列 课时撬分练6-4 word版含答案

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时间：80分钟
基础组
1.已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且5a 1，12a 3,4a 2成等差数列，则a 2n ＋1＋a 2n ＋2
a 1＋a 2
＝
( )
A ．－1
B ．1
C ．52n
D ．5
2n －1
答案 C
解析 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则依题意有a 3＝5a 1＋4a 2，即a 1q 2
＝5a 1＋4a 1q ，
q 2
－4q －5＝0，解得q ＝－1或q ＝5.又q >0，因此q ＝5，所以a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝a 1q 2n ＋a 2q 2n a 1＋a 2
＝q
2n
＝52n
，选C.
2．已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2
n (n ≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n ≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝( )
A ．－1或2
B ．0或2
C ．2
D ．1
答案 C
解析 由题意可知a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2
n ，解得a n ＝2(n ≥2)(由于数列{a n }每项都是正数，故a n ＝0舍去)，又b n ＋1b n －1＝b 2
n ＝2b n (n ≥2)，所以b n ＝2(n ≥2)，所以log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2.
3．已知等比数列{a n }的公比q ＝2，且2a 4，a 6,48成等差数列，则{a n }的前8项和为( ) A ．127 B ．255 C ．511 D ．1023
答案 B
解析 ∵2a 4，a 6,48成等差数列，∴2a 6＝2a 4＋48，∴2a 1q 5
＝2a 1q 3
＋48，解得a 1＝1，∴S 8＝
1×
1－28
1－2
＝255.
4．已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，
b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值等于 ( )
A ．126
B ．130
C ．132
D ．134
答案 C
解析 ∵b n ＋1－b n ＝lg a n ＋1－lg a n ＝lg a n ＋1
a n
为常数， ∴{b n }为等差数列．
设公差为d ，则⎩
⎪⎨
⎪⎧
b 1＋2d ＝18，
b 1＋5d ＝12，∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
d ＝－2，b 1＝22.
由b n ＝－2n ＋24≥0，得n ≤12，∴{b n }的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，
∴S 11，S 12最大且S 11＝S 12＝132.
5. 设数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，记数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为
S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5
b 7＋b 5
＝________.
答案 －5
13
解析 由S 7－S 5＝4(T 6－T 4)得，a 6＋a 7＝4(b 5＋b 6)， 又a 5＝b 5，a 6＝b 6，所以a 6＋a 7＝4(a 5＋a 6)， 所以6a 1＋25d ＝0，所以a 1＝－25
6d ，
又q ＝b 6b 5＝a 6
a 5＝－25
6d ＋5d －25d
6＋4d ＝－5，
所以
a 7＋a 5
b 7＋b 5＝2a 6b 5q 2＋1＝2b 6b 5q 2
＋1＝2q q 2＋1＝－5
13
. 6．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2
5－n
，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设c n ＝
⎩
⎪⎨
⎪⎧
b n ，a n ≤b n ，
a n ，a n >
b n ，若在数列{
c n }中，c 5≤c n 对任意n ∈N *
恒成立，则实数k 的取值范围是
________．
答案
解析 c n 是取a n 和b n 中的较大值，又c 5是数列{c n }中的最小项，由于函数y ＝25－n
是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5
≤6＋k 或2
5－5
≤5
＋k ≤2
5－4
，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.
7．如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{a n }(n ∈N *
)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a 2011＋a 2012＋a 2013＝________.
a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 a 12 x 1
y 1
x 2
y 2
x 3
y 3
x 4
y 4
x 5
y 5
x 6
y 6
解析 由a 1＝1，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝2，a 6＝3，a 7＝－2，a 8＝4可知，这个数列的规律是奇数项为1，－1,2，－2,3，－3，…，偶数项为1,2,3，…，故a 2011＋a 2013＝1，
a 2012＝1006，故a 2011＋a 2012＋a 2013＝1007.
8．等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若S 4≥4，S 7≤28，则a 10的最大值为________． 答案 16
解析 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4≥4，S 7≤28， ∴⎩⎪⎨⎪⎧
S 4
＝4a 1
＋4×3
2d ≥4，S 7
＝7a 1
＋7×6
2
d ≤28，即⎩⎪⎨⎪
⎧
2a 1＋3d ≥2，a 1＋3d ≤4，
∴⎩
⎪⎨⎪
⎧
a 10＝a 1＋9d ＝a 1＋3d ＋6d ≤4＋6d ，a 10＝a 1＋9d ＝122a 1＋3d ＋15d 2≥2＋15d 2，
∴
2＋15d 2≤a 10≤4＋6d ，∴2＋15d
2
≤4＋6d ，解得d ≤2， ∴a 10≤4＋6×2＝16.
9. 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝
1
n ＋1
，前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，不等式S 2n －S n >m
16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为________．
答案 5
解析 要使S 2n －S n >m 16恒成立，只需(S 2n －S n )min >m
16
.
因为(S 2(n ＋1)－S n ＋1)－(S 2n －S n )＝(S 2n ＋2－S 2n )－(S n ＋1－S n )＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2－a n ＋1＝
1
2n ＋2
＋
12n ＋3－1n ＋2>12n ＋2＋12n ＋4－1n ＋2＝12n ＋2－12n ＋4>0，所以{S 2n －S n }为递增数列，所以S 2n
－S n ≥S 2－S 1＝1
3
，
所以m 16<13⇒m <16
3
，m 所能取得的最大整数为5.
10．数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1)． (1)求{a n }的通项公式；
(2)等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3
成等比数列，求T n .
解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，则a n ＋1
＝3a n (n ≥2)．
又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1.
故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1
.
(2)设{b n }的公差为d .
由T 3＝15，即b 1＋b 2＋b 3＝15，可得b 2＝5， 故b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9，
由a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列可得(5－d ＋1)·(5＋d ＋9)＝(5＋3)2
，解得d ＝2或d ＝－10.
∵等差数列{b n }的各项为正，∴d >0， ∴d ＝2，b 1＝3，∴T n ＝3n ＋
n n －1
2
×2＝n 2
＋2n .
11．某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？(参考数据：取1.0510
＝1.629,1.310
＝13.786,1.510
＝57.665)
解 甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为
S 10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2
＋…＋(1＋30%)9
＝1.310
－10.3
＝42.62(万元)，
贷款到期时，需要偿还银行的本息是10(1＋5%)10
＝16.29(万元)， 故使用甲方案所获纯利润为42.62－16.29＝26.33(万元)．
乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5，所以10年所获得的总利润为T 10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋
10×9
2
×0.5＝32.5(万
元)，
从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10
万元，公比为1
1＋5%
，
故贷款到期时，需要偿还银行的本息是 1×＝1.05×1.0510
－1
0.05
≈13.21(万元)，
故使用乙方案所获纯利润为32.5－13.21＝19.29(万元)． 综上可知，甲方案获利更多．
12. 数列{a n }满足a n ＋1＝a n
2a n ＋1
，a 1＝1.
(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 是等差数列；
(2)求数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n
n ＋1.
解 (1)证明：∵a n ＋1＝a n
2a n ＋1，
∴1a n ＋1
＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n
，
即
1
a n ＋1－1
a n
＝2，故数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知1a n ＝2n －1，∴S n ＝n 1＋2n －12
＝n 2
.
证法一：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋1
2×3＋…＋
1
n
n ＋1
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 证法二：(数学归纳法)当n ＝1时，1S 1＝1，n n ＋1＝1
2，不等式成立．
假设当n ＝k 时，不等式成立， 即1S 1＋1S 2＋…＋1S k >k
k ＋1
. 则当n ＝k ＋1时，1S 1＋1S 2＋…＋1S k ＋1S k ＋1>k k ＋1＋
1k ＋12
，
又∵
k k ＋1
＋
1k ＋1
2
－
k ＋1k ＋2＝1－1
k ＋1＋1
k ＋1
2
－1＋
1k ＋2＝1
k ＋2
－k k ＋1
2
＝
1
k ＋2k ＋1
2
>0，
∴1S 1＋1S 2＋…＋1S k ＋1S k ＋1>k ＋1k ＋2， ∴原不等式成立．
解法三：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1
n 2>1，
又∵1>
n
n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n n ＋1
. 能力组
13.设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝
f (x ＋y )，若a 1＝1
2
，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2
B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2
C.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，1 D.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，1 答案 C
解析 因为对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，所以令x ＝n ，y ＝1，得
f (n )·f (1)＝f (n ＋1)，即a n ＋1a n ＝f n ＋1f n ＝f (1)＝12，所以数列{a n }是以12为首项，1
2
为公比
的等比数列，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以S n ＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－12n 1－12
＝1－12n ，则S n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1.故选C. 14．已知函数f (x )＝log 2x －log x 2(0<x <1)，数列{a n }满足f (2a
n )＝2n (n ∈N *
)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)判断数列{a n }的单调性． 解 (1)由已知得log 22 a
n －
1
log 22 a n
＝2n ， ∴a n －1a n
＝2n ，即a 2n －2na n －1＝0，∴a n ＝n ±n 2
＋1.
∵0<x <1，∴0<2a n <1，∴a n <0.∴a n ＝n －n 2
＋1. (2)∵a n
＋
1
－a n ＝(n ＋1)－
n ＋1
2
＋1－(n －n 2＋1)＝1－
2n ＋1
n ＋1
2
＋1＋n 2
＋1
>1－
2n ＋1
n ＋1＋n
＝0，
∴a n ＋1>a n ，∴{a n }是递增数列．
15．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝lg
a n ＋2
a n
，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由题意得
1
a n ＋1－1
a n
＝1，
又因为a 1＝1，所以1
a 1
＝1.
所以数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 是首项为1，公差为1的等差数列，
所以1a n ＝n ，即a n ＝1n
.
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1
n
.
(2)由(1)得b n ＝lg n －lg(n ＋2)，
所以S n ＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg (n －2)－lg n ＋lg (n －1)－lg (n ＋1)＋lg n －lg (n ＋2)＝lg 1＋lg 2－lg (n ＋1)－lg (n ＋2)＝lg
2
n ＋1n ＋2
.
16．已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a (单位：m 2
)，其中有部分旧住房要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为b (单位：m 2
)的旧住房．
(1)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式；
(2)如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b 是多少？(计算时取1.15
＝1.6)．
解 (1)第一年末的住房面积为a ·1110
－b ＝1.1a －b (m 2
)．
第二年末的住房面积为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·1110－b 1110－b ＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11102－b ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1110＝1.21a －2.1b (m 2
)．
(2)第三年末的住房面积为⎣⎢⎡ a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫11102
－
⎦⎥⎤b ⎝
⎛⎭⎪⎫1＋1110
1110－b ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫11103－b ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102(m 2
)，
第四年末的住房面积为
a ⎝ ⎛⎭⎪⎫11104－
b ⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤1＋1110
＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫11102
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11103(m 2)，
第五年末的住房面积为
a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫11105－b ⎣
⎢⎡
⎦
⎥⎤1＋1110
＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫11102
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11103＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11104
＝1.15
a －1－1.1
5
1－1.1
b ＝1.6a －6b (m 2)．
依题意，得1.6a －6b ＝1.3a ，解得b ＝a
20.
所以每年拆除的旧房面积为a
20
m 2
.。