【复习参考】高三数学(理)考点巩固训练30-数列的综合应用

考点巩固训练30数列的综合应用一、选择题1．设{an}，{bn}分别为等差数列与等比数列，a1＝b1＝4，a4＝b4＝1，则下列结论正确的是()．A．a2＞b2 B．a3＜b3C．a5＞b5 D．a6＞b62．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S9＝－36，S13＝－104，等比数列{bn}中，b5＝a5，b7＝a7，则b6的值为()．A．±4eq\r(2) B．－4eq\r(2) C．4eq\r(2) D．无法确定3．在单位正方体ABCD­A1B1C1D1中，黑、白两只蚂蚁均从点A动身，沿棱向前爬行，每爬完一条棱称为“爬完一段”，白蚂蚁的爬行路线是AA1→A1D1→D1C1→…，黑蚂蚁的爬行路线是AB→BB1→B1C1→…，它们都遵循以下的爬行规章：所爬行的第i＋2段与第i段所在的直线必为异面直线(其中i为正整数)，设黑、白蚂蚁都爬完2012段后各自停止在正方体的某个顶点处A．1 B．eq\r(2) C．eq\r(3) D．04．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10等于()．A．24 B．32 C．48 D．5．已知数列{an}的通项为an＝eq\f(n,n2＋58)，则数列{an}的最大项为()．A．第7项 B．第8项C．第7项或第8项 D．不存在6．气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的修理保养费为eq\f(n＋49,10)(n∈N*)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了()．A．600天 B．800天C．1000天 D．1200天7．(2022湖北高考)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，假如对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”，现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝eq\r(|x|)；④f(x)＝ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为()．A．①② B．③④ C．①③ D．②④二、填空题8．定义运算：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，若数列{an}满足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*)，则a3＝__________，数列{an}的通项公式为an＝__________.9．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)＝0，S2m－1＝38，则m＝__________.10．设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是__________．三、解答题11．某人有人民币1万元，若存入银行，年利率为6%；若购买某种股票，年分红24%，每年储蓄的利息和买股票所分的红利都存入银行．(1)问买股票多少年后，所得红利才能和原来的投资款相等？(2)经过多少年，买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等？(精确到整年)(参考数据：lg2≈0.3010，lg3≈0.4771，lg1.06≈0.0253)12.(2021届湖南长沙一中月考)已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，且不等式ax2－3x＋2＞0的解集为(－∞，1)∪(b，＋∞)，数列{bn}是各项均为正数的等比数列，且a1＝b1，a3＋b3＝9.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)令Cn＝eq\f(an,bn)，求数列{Cn}的前n项和Sn.

参考答案一、选择题1．A解析：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，由题可得d＝－1，q＝eq\f(\r(3,2),2)，于是a2＝3＞b2＝2eq\r(3,2).故选A.2．A解析：依题意得，S9＝9a5＝－36b5＝a5＝－4，S13＝13a7＝－104b7＝a7＝－8，所以b6＝±4eq\r(2).3．B解析：白蚂蚁的爬行路线为AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA→AA1，…，黑蚂蚁的爬行路线为AB→BB1→B1C1→C1D1→D1D→DA→AB，…，可见两只蚂蚁爬行路线都是循环的，周期为6，故爬完2012段后，白蚂蚁在D1处，黑蚂蚁在B1处，故D1B1＝eq\r(2).4．D解析：依题意有anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1.两式相除得eq\f(an＋2,an)＝2，所以a1，a3，a5，…成等比数列，a2，a4，a6，…也成等比数列．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))，而函数f(x)＝x＋eq\f(58,x)在(0，eq\r(58))上递减，在(eq\r(58)，＋∞)上递增，且f(7)＝7＋eq\f(58,7)，f(8)＝8＋eq\f(58,8)，f(8)＜f(7)，故a8＞a7，从而数列{an}的最大项为第8项．6．B解析：由第n天的修理保养费为eq\f(n＋49,10)(n∈N*)元，可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用最少而求得最小值成立时的相应n的值．设一共使用了n天，则使用n天的平均耗资为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)，当且仅当eq\f(3.2×104,n)＝eq\f(n,20)时取得最小值，此时n＝800，故选B.7．C解析：设等比数列{an}的公比为q，则对于f(x)＝x2，f(an)＝aeq\o\al(2,n)，由等比数列定义得，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，符合题意；而对于f(x)＝2x，f(an)＝2an，由等比数列定义得，eq\f(2an,2an－1)＝2an－an－1，不为定值，故不符合题意；对于f(x)＝eq\r(|x|)，f(an)＝eq\r(|an|)，则eq\f(\r(|an|),\r(|an－1|))＝eq\r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(an,an－1))))＝eq\r(|q|)为定值，符合题意；对于f(x)＝ln|x|，f(an)＝ln|an|，由等比数列定义得，eq\f(ln|an|,ln|an－1|)并不为定值，故不符合题意；故①③正确．二、填空题8．104n－2解析：由题意得a1－1＝1,3an＋1－3an＝12，即a1＝2，an＋1－an＝4.∴{an}是以2为首项，4为公差的等差数列．∴an＝2＋4(n－1)＝4n－2，a3＝4×3－2＝10.9．10解析：由等差数列的性质可知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不合题意，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为实数，∴Δ＝(9d)2－4×2×(10d2＋1)≥0，解得d≤－2eq\r(2)或d≥2eq\r(2).三、解答题11．解：设该人将1万元购买股票，x年后所得的总红利为y万元，则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)由题意，得4(1.06x－1)＝1，∴1.06x＝eq\f(5,4).两边取常用对数，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)由题意，得4(1.06x－1)＝(1＋6%)x，∴1.06x＝eq\f(4,3).解得x≈5.答：(1)买股票4年后所得的红利才能和原来的投资款相等；(2)经过大约5年，买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等．12．解：(1)依题意知，x1＝1，x2＝b是方程ax2－3x＋2＝0的两根，∴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(舍负)，∴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，两式相减得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)