《高考数学一轮复习第六章数列..数列的综合应用对点训练理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习第六章数列..数列的综合应用对点训练理（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、120172017 高考数学一轮复习高考数学一轮复习 第六章第六章 数列数列 6.4.26.4.2 数列的综合应用对点数列的综合应用对点训练训练 理理1若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于( )A6 B7C8 D9答案 D解析 由题可知a，b是x2pxq0 的两根，abp0，abq0，故a，b均为正数a，b，2 适当排序后成等比数列，2 是a，b的等比中项，得ab4，q4.又a，b，2 适当排序后成等差数列，所以2 是第一项或第三项，不防设a0，a1，此时b4，pab5，pq9，选
2、 D.2.设Sn为等比数列an的前n项和若a11，且 3S1,2S2，S3成等差数列，则an_.答案 3n1解析 由 3S1,2S2，S3成等差数列，得 4S23S1S3，即 3S23S1S3S2，则3a2a3，得公比q3，所以ana1qn13n1.3设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.答案 1 n解析 an1Sn1Sn，Sn1SnSn1Sn，又由a11，知Sn0，1，是等差数列，且公差为1，而1 Sn1 Sn11 Sn1，1(n1)(1)n，Sn .1 S11 a11 Sn1 n4.设nN N*，xn是曲线yx2n21 在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标(
3、1)求数列xn的通项公式；(2)记Tnx xx，证明：Tn.2 1 2 322n11 4n解 (1)y(x2n21)(2n2)x2n1，曲线yx2n21 在点(1,2)处的切线斜率2为 2n2，从而切线方程为y2(2n2)(x1)令y0，解得切线与x轴交点的横坐标xn1.1 n1n n1(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知Tnx xx222.2 1 2 322n1(1 2) (3 4)(2n1 2n)当n1 时，T1 .1 4当n2 时，因为x2.22n1(2n1 2n)2n12 2n22n121 2n22n2 2nn1 n所以Tn2 .(1 2)1 22 3n1 n1 4n综上可得对任意
4、的nN N*，都有Tn.1 4n5设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)2x的图象上(nN N*)(1)若a12，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列an的前n项和Sn；(2)若a11，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为 2，求1 ln 2数列的前n项和Tn.an bn解 (1)由已知，b72a7，b82a84b7，有 2a842a72a72.解得da8a72.所以，Snna1d2nn(n1)n23n.nn1 2(2)函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在x轴上的截距为a2.1 ln 2由
5、题意，a22，解得a22.所以，da2a11.1 ln 21 ln 2从而ann，bn2n.所以Tn ，1 22 223 23n1 2n1n 2n2Tn .因此，2TnTn1 21 12 23 22n 2n11 21 221 2n1n 2n1 2n1.所以，Tn.n 2n2n1n2 2n2n1n2 2n6已知数列an和bn满足a1a2a3an()bn(nN N*)若an为等比数列，且2a12，b36b2.(1)求an与bn；(2)设cn(nN N*)记数列cn的前n项和为Sn.1 an1 bn求Sn；3求正整数k，使得对任意nN N*均有SkSn.解 (1)由题意a1a2a3an()bn，b3
6、b26，2知a3()8，又由a12，得公比q2(q2 舍去)，2b3b2所以数列an的通项为an2n(nN N*)所以，a1a2a3an2 ()n(n1)2故数列bn的通项为bnn(n1)(nN N*)(2)由(1)知cn(nN N*)，所以Sn(nN N*)1 an1 bn1 2n(1 n1 n1)1 n11 2n因为c10，c20，c30，c40，当n5 时，cn，1 nn1nn1 2n1而0，nn1 2nn1n2 2n1n1n2 2n1得1.nn1 2n551 25所以，当n5 时，cn0.综上，对任意nN N*恒有S4Sn，故k4.7设数列an的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，总存
7、在正整数m，使得Snam，则称an是“H数列” (1)若数列an的前n项和Sn2n(nN N*)，证明：an是“H数列” ；(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d0.若an是“H数列” ，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN N*)成立解 (1)证明：由已知，当n1 时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam.所以an是“H数列” (2)由已知，得S22a1d2d.因为an是“H数列” ，所以存在正整数m，使得S2am，即 2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d0，所以m
8、20，故m1，从而d1.当d1 时，an2n，Sn是小于 2 的整数，nN N*.n3n 2于是对任意的正整数n，总存在正整数m2Sn2，使得Sn2mam.n3n 2所以an是“H数列” 因此d的值为1.(3)证明：设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN N*)令bnna1，cn(n1)(da1)，则anbncn(nN N*)下证bn是“H数列” 设bn的前n项和为Tn，则Tna1(nN N*)于是对任意的正整数n，总存在nn1 24正整数m，使得Tnbm.所以bn是“H数列” nn1 2同理可证cn也是“H数列” 所以，对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN N*)成立
