【復習參考】高三數(shù)學(理)考點鞏固訓練30-數(shù)列的綜合應用

考點鞏固訓練30數(shù)列的綜合應用一、選擇題1．設{an}，{bn}分別為等差數(shù)列與等比數(shù)列，a1＝b1＝4，a4＝b4＝1，則下列結論正確的是()．A．a(chǎn)2＞b2 B．a(chǎn)3＜b3C．a(chǎn)5＞b5 D．a(chǎn)6＞b62．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S9＝－36，S13＝－104，等比數(shù)列{bn}中，b5＝a5，b7＝a7，則b6的值為()．A．±4eq\r(2) B．－4eq\r(2) C．4eq\r(2) D．無法確定3．在單位正方體ABCD-A1B1C1D1中，黑、白兩只螞蟻均從點A動身，沿棱向前爬行，每爬完一條棱稱為“爬完一段”，白螞蟻的爬行路線是AA1→A1D1→D1C1→…，黑螞蟻的爬行路線是AB→BB1→B1C1→…，它們都遵循以下的爬行規(guī)章：所爬行的第i＋2段與第i段所在的直線必為異面直線(其中i為正整數(shù))，設黑、白螞蟻都爬完2012段后各自停止在正方體的某個頂點處A．1 B．eq\r(2) C．eq\r(3) D．04．已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝1，且an，an＋1是函數(shù)f(x)＝x2－bnx＋2n的兩個零點，則b10等于()．A．24 B．32 C．48 D．5．已知數(shù)列{an}的通項為an＝eq\f(n,n2＋58)，則數(shù)列{an}的最大項為()．A．第7項 B．第8項C．第7項或第8項 D．不存在6．氣象學院用3.2萬元買了一臺天文觀測儀，已知這臺觀測儀從啟用的第一天起連續(xù)使用，第n天的修理保養(yǎng)費為eq\f(n＋49,10)(n∈N*)元，使用它直至報廢最合算(所謂報廢最合算是指使用的這臺儀器的平均耗資最少)，一共使用了()．A．600天 B．800天C．1000天 D．1200天7．(2022湖北高考)定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)，假如對于任意給定的等比數(shù)列{an}，{f(an)}仍是等比數(shù)列，則稱f(x)為“保等比數(shù)列函數(shù)”，現(xiàn)有定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函數(shù)：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝eq\r(|x|)；④f(x)＝ln|x|.則其中是“保等比數(shù)列函數(shù)”的f(x)的序號為()．A．①② B．③④ C．①③ D．②④二、填空題8．定義運算：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，若數(shù)列{an}滿足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a1\f(1,2),21))＝1且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(33,anan＋1))＝12(n∈N*)，則a3＝__________，數(shù)列{an}的通項公式為an＝__________.9．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)＝0，S2m－1＝38，則m＝__________.10．設a1，d為實數(shù)，首項為a1，公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足S5S6＋15＝0，則d的取值范圍是__________．三、解答題11．某人有人民幣1萬元，若存入銀行，年利率為6%；若購買某種股票，年分紅24%，每年儲蓄的利息和買股票所分的紅利都存入銀行．(1)問買股票多少年后，所得紅利才能和原來的投資款相等？(2)經(jīng)過多少年，買股票所得的紅利與儲蓄所擁有的人民幣相等？(精確到整年)(參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.3010，lg3≈0.4771，lg1.06≈0.0253)12.(2021屆湖南長沙一中月考)已知等差數(shù)列{an}的首項為a，公差為b，且不等式ax2－3x＋2＞0的解集為(－∞，1)∪(b，＋∞)，數(shù)列{bn}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＝b1，a3＋b3＝9.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)令Cn＝eq\f(an,bn)，求數(shù)列{Cn}的前n項和Sn.

參考答案一、選擇題1．A解析：設{an}的公差為d，{bn}的公比為q，由題可得d＝－1，q＝eq\f(\r(3,2),2)，于是a2＝3＞b2＝2eq\r(3,2).故選A.2．A解析：依題意得，S9＝9a5＝－36b5＝a5＝－4，S13＝13a7＝－104b7＝a7＝－8，所以b6＝±4eq\r(2).3．B解析：白螞蟻的爬行路線為AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA→AA1，…，黑螞蟻的爬行路線為AB→BB1→B1C1→C1D1→D1D→DA→AB，…，可見兩只螞蟻爬行路線都是循環(huán)的，周期為6，故爬完2012段后，白螞蟻在D1處，黑螞蟻在B1處，故D1B1＝eq\r(2).4．D解析：依題意有anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1.兩式相除得eq\f(an＋2,an)＝2，所以a1，a3，a5，…成等比數(shù)列，a2，a4，a6，…也成等比數(shù)列．而a1＝1，a2＝2，所以a10＝2·24＝32，a11＝1·25＝32.又由于an＋an＋1＝bn，所以b10＝a10＋a11＝64.5．B解析：由于an＝eq\f(n,n2＋58)＝eq\f(1,n＋\f(58,n))，而函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(58,x)在(0，eq\r(58))上遞減，在(eq\r(58)，＋∞)上遞增，且f(7)＝7＋eq\f(58,7)，f(8)＝8＋eq\f(58,8)，f(8)＜f(7)，故a8＞a7，從而數(shù)列{an}的最大項為第8項．6．B解析：由第n天的修理保養(yǎng)費為eq\f(n＋49,10)(n∈N*)元，可以得出觀測儀的整個耗資費用，由平均費用最少而求得最小值成立時的相應n的值．設一共使用了n天，則使用n天的平均耗資為eq\f(3.2×104＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n＋49,10)))n,2),n)＝eq\f(3.2×104,n)＋eq\f(n,20)＋eq\f(99,20)，當且僅當eq\f(3.2×104,n)＝eq\f(n,20)時取得最小值，此時n＝800，故選B.7．C解析：設等比數(shù)列{an}的公比為q，則對于f(x)＝x2，f(an)＝aeq\o\al(2,n)，由等比數(shù)列定義得，eq\f(a\o\al(2,n),a\o\al(2,n－1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,an－1)))2＝q2，符合題意；而對于f(x)＝2x，f(an)＝2an，由等比數(shù)列定義得，eq\f(2an,2an－1)＝2an－an－1，不為定值，故不符合題意；對于f(x)＝eq\r(|x|)，f(an)＝eq\r(|an|)，則eq\f(\r(|an|),\r(|an－1|))＝eq\r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(an,an－1))))＝eq\r(|q|)為定值，符合題意；對于f(x)＝ln|x|，f(an)＝ln|an|，由等比數(shù)列定義得，eq\f(ln|an|,ln|an－1|)并不為定值，故不符合題意；故①③正確．二、填空題8．104n－2解析：由題意得a1－1＝1,3an＋1－3an＝12，即a1＝2，an＋1－an＝4.∴{an}是以2為首項，4為公差的等差數(shù)列．∴an＝2＋4(n－1)＝4n－2，a3＝4×3－2＝10.9．10解析：由等差數(shù)列的性質可知2am＝am＋1＋am－1，又∵am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)＝0，∴aeq\o\al(2,m)＝2am.∴am＝2(am＝0不合題意，舍去)．又S2m－1＝eq\f(2m－1,2)(a1＋a2m－1)＝eq\f(2m－1,2)×2am＝(2m－1)·am＝38，∴2m∴m＝10.10．d≤－2eq\r(2)或d≥2eq\r(2)解析：由S5S6＋15＝0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×4,2)d))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6a1＋\f(6×5,2)d))＋15＝0.整理可得2aeq\o\al(2,1)＋9a1d＋10d2＋1＝0.∵a1，d為實數(shù)，∴Δ＝(9d)2－4×2×(10d2＋1)≥0，解得d≤－2eq\r(2)或d≥2eq\r(2).三、解答題11．解：設該人將1萬元購買股票，x年后所得的總紅利為y萬元，則y＝24%＋24%(1＋6%)＋24%(1＋6%)2＋…＋24%(1＋6%)x－1＝24%(1＋1.06＋1.062＋…＋1.06x－1)＝4(1.06x－1)．(1)由題意，得4(1.06x－1)＝1，∴1.06x＝eq\f(5,4).兩邊取常用對數(shù)，得xlg1.06＝lgeq\f(5,4)＝1－3lg2.∴x＝eq\f(1－3lg2,lg1.06)≈eq\f(1－3×0.3010,0.0253)≈4.(2)由題意，得4(1.06x－1)＝(1＋6%)x，∴1.06x＝eq\f(4,3).解得x≈5.答：(1)買股票4年后所得的紅利才能和原來的投資款相等；(2)經(jīng)過大約5年，買股票所得的紅利與儲蓄所擁有的人民幣相等．12．解：(1)依題意知，x1＝1，x2＝b是方程ax2－3x＋2＝0的兩根，∴1＋b＝－eq\f(－3,a)，b＝eq\f(2,a)a＝1，b＝2，∴an＝2n－1.又b1＝a1＝1，b3＝9－a3＝4，∴b3＝b1·q2＝4，∴q＝±2(舍負)，∴bn＝2n－1.(2)Cn＝eq\f(an,bn)＝(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，∴Sn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋(2n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，eq\f(1,2)Sn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(2n－3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，兩式相減得eq\f(1,2)Sn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1))－(2n－1)