《2019版一轮优化探究文数（苏教版）练习：第六章 第五节 数列的》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版一轮优化探究文数（苏教版）练习：第六章 第五节 数列的（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、一、填空题 1设等差数列an的公差 d0，a14d，若 ak是 a1与 a2k的等比中项，则 k 的 值为_ 解析：由条件知 ana1(n1)d4d(n1)d(n3)d，即 an(n3) d(nN*)又 a a1a2k，所以(k3)2d24d(2k3)d，且 d0，所以(k3) 2 k 24(2k3)，即 k22k30，解得 k3 或 k1(舍去) 答案：3 2某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生 产已知该生产线连续生产 n 年的累计产量为 f(n) n(n1)(2n1)吨，但如果 1 2 年产量超过 150 吨，将会给环境造成危害为保护环境，环保部门应给该厂这
2、条生产线拟定最长的生产期限是_ 解析：由已知可得第 n 年的产量 anf(n)f(n1)3n2；当 n1 时也适合据 题意令 an150n5，即数列从第 8 项开始超过 1 50，即这条生产线最多 2 生产 7 年 答案：7 3等差数列中，3(a3a5)2(a7a10a13)24，则该数列前 13 项的和是 _ 解析：a3a52a4，a7a10a133a10， 6(a4a10)24，a4a104， S1326. 13a1a13 2 13a4a10 2 答案：26 4已知数列an，bn满足 a11，且 an，an1是函数 f(x)x2bnx2n的两个 零点，则 b10等于_ 解析：依题意有 an
3、an12n，所以 an1an22n1，两式相除得2，所以 an2 an a1，a3，a5，成等比数列，a2，a4，a6，也成等比数列，而 a11，a22， 所以 a1022432，a1112532，又因为 anan1bn，所以 b10a10a1164. 答案：64 5有限数列 A：a1，a2，an，Sn为其前 n 项和，定义为 A S1S2Sn n 的“凯森和” ，若有 99 项的数列 a1，a2，a99的“凯森和”为 1 000，则有 100 项的数列 1，a1，a2，a99的“凯森和”为_ 解析：设 a1，a2，a99的“凯森和”为 1 000， S1S2S99 99 则 1，a1，a2，
4、a99的“凯森和”为， T1T2T100 100 而 T11，T2S11，T3S21，T100S991， 所以991. T1T2T100 100 S1S2S99100 100 答案：991 6已知等差数列an的公差 d0，它的第 1、5、17 项顺次成等比数列，则这 个等比数列的公比是_ 解析：由题知 a a1a17， 2 5 即 a (a54d)(a512d)， 2 5 8a5d48d20， d0，a56d， 公比 q3. a5 a1 a5 a54d 6d 6d4d 答案：3 7秋末冬初，流感盛行，特别是甲型 H1N1 流感某医院近 30 天每天入院治 疗甲流的人数依次构成数列an，已知 a
5、11，a22，且 an2an1(1) n(nN*)，则该医院 30 天入院治疗甲流的人数共有_ 解析：由于 an2an1(1)n，所以 a1a3a291，a2，a4，a30构 成公差为 2 的等差数列，所以 a1a2a29a30151522255. 15 14 2 答案：255 8已知 a，bR，A 为 a，b 的等差中项，正数 G 为 a，b 的等比中项，则 ab 与 AG 的大小关系是_ 解析：依题意 A，G， ab 2ab AGabab ab 2ab () ab ab 2ab 0， ab a b2 2 AGab. 答案：AGab 9在直角坐标系中，O 是坐标原点，P1(x1，y1)，P2
6、(x2，y2)是第一象限的两个 点，若 1，x1，x2,4 依次成等差数列，而 1，y1，y2,8 依次成等比数列，则 OP1P2的面积是_ 解析：根据等差、等比数列的性质，可知 x12，x23，y12，y24. P1(2,2)，P2(3,4)SOP1P21. 答案：1 二、解答题 10已知数列an的前 n 项和 Sn和通项 an满足 Sn (1an) 1 2 (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn满足 bnnan，求证：b1b2bn0， 即 1 600( )n14 0001( )n0， 5 4 4 5 令 x( )n，代入上式得 5x27x20， 4 5 解此不等式，得 x1(舍去)
7、， 2 5 即( )n ，由此得 n5. 4 5 2 5 答：至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入 12若数列 An：a1，a2，an(n2)满足|ak1ak|1(k1,2，n1)，则 称 An为 E 数列记 S(An)a1a2an. (1)写出一个 E 数列 A5满足 a1a30； (2)若 a112，n2 000，证明：E 数列 An是递增数列的充要条件是 an2 011； (3)在 a14 的 E 数列 An中，求使得 S(An)0 成立的 n 的最小值 解析：(1)0,1,0,1,0 是一个满足条件的 E 数列 A5.(答案不唯一， 0，1,0,1,0；0，1,0,1,2；0
8、，1,0，1，2；0，1,0，1,0 都是满足条件 的 E 数列 A5) (2)必要性：因为 E 数列 An是递增数列， 所以 ak1ak1(k1,2，1 999)， 所以 An是首项为 12，公差为 1 的等差数列， 所以 a2 00012(2 0001)12 011. 充分性：由于 a2 000a1 9991， a1 999a1 9981， ， a2a11， 所以 a2 000a11 999，即 a2 000a11 999， 又因为 a112，a2 0002 011， 所以 a2 000a11 999， 故 ak1ak10(k1,2，1 999)，即 An是递增数列 综上，结论得证 (3)对首项为 4 的 E 数列 An，由于 a2a113， a3a212， ， a8a713， ， 所以 a1a2ak0(k2,3，8) 所以对任意的首项为 4 的 E 数列 An，若 S(An)0，则必有 n9. 又 a14 的 E 数列 A9：4,3,2,1,0，1，2，3，4 满足 S(A9)0，所以 n 的最小值是 9.
