课时跟踪检测(三十三) 数列的综合应用.doc

课时跟踪检测(三十三)　数列的综合应用
(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)
第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a≠0)，则数列{an}(　　)
A．一定是等差数列
B．一定是等比数列
C．或者是等差数列，或者是等比数列
D．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列
2．(2013·辽宁高考)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：
p1：数列{an}是递增数列；
p2：数列{nan}是递增数列；
p3：数列是递增数列；
p4：数列{an＋3nd}是递增数列．
其中的真命题为(　　)
A．p1，p2　　　　　　　　 　B．p3，p4
C．p2，p3 D．p1，p4
3．(2013·湖南省五市十校联合检测)已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(x·y)＝f(x)＋f(y)，若数列{an}的前n项和为Sn，且满足f(Sn＋2)－f(an)＝f(3)(n∈N+)，则an为(　　)
A．2n－1 B．n
C．2n－1 D.n－1
4．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差即a2 012－5＝(　　)

A．2 018×2 012 B．2 018×2 011
C．1 009×2 012 D．1 009×2 011
5．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．
6.设数列{an}中，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N+)，则称数列{an}为“凸数列”，已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 013项和为________．
7．(2014·济南高考模拟考试)数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N+)，等差数列{bn}满足b3＝3，b5＝9.
(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝(n∈N+)，求证：cn＋10，且a≠1)的图像上一点，等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，数列{bn}(bn>0)的首项为c，且前n项和Sn满足：Sn－Sn－1＝＋(n≥2)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}的通项cn＝bn·n，求数列{cn}的前n项和Rn.

第Ⅱ卷：提能增分卷
1．(2014·乌鲁木齐第一次诊断)已知等比数列{an}和等差数列{bn}均是首项为2，各项为正数的数列，且b2＝4a2，a2b3＝6.
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)求使abn<0.001成立的正整数n的最小值．

2．(2014·江南十校联考)已知直线ln：y＝x－与圆Cn：x2＋y2＝2an＋n交于不同的两点An、Bn，n∈N+，数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝|AnBn|2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

3.已知点A(1,0)，B(0,1)和互不相同的点P1，P2，P3，…，Pn，…，满足＝an＋bn (n∈N+)，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列，O为坐标原点，若P1是线段AB的中点．
(1)求a1，b1的值．
(2)点P1，P2，P3，…，Pn，…能否在同一条直线上？请证明你的结论．

答 案
第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．选C　∵Sn＝an－1(a≠0)，
∴an＝
即an＝
当a＝1时，an＝0，数列{an}是一个常数列，也是等差数列；当a≠1时，数列{an}是一个等比数列．
2．选D　设an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，它是递增数列，所以p1为真命题；若an＝3n－12，则满足已知，但nan＝3n2－12n并非递增数列，所以p2为假命题；若an＝n＋1，则满足已知，但＝1＋是递减数列，所以p3为假命题；设an＋3nd＝4dn＋a1－d，它是递增数列，所以p4为真命题．
3．选D　由题意知f(Sn＋2)＝f(an)＋f(3)(n∈N+)，∴Sn＋2＝3an，Sn－1＋2＝3an－1(n≥2)，
两式相减得，2an＝3an－1(n≥2)，
又n＝1时，S1＋2＝3a1＝a1＋2，
∴a1＝1，∴数列{an}是首项为1，
公比为的等比数列，∴an＝n－1.
4．选D　结合图形可知，该数列的第n项an＝2＋3＋4＋…＋n＋2.所以a2 012－5＝4＋5＋…＋2 014＝4×2 011＋＝2 011×1 009.故选D.
5．解析：当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．
答案：2 000
6．解析：由“凸数列”的定义，可知，b1＝1，b2＝－2，b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，故数列{bn}是周期为6的周期数列，又b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，故数列{bn}的前2 013项和S2 013＝b1＋b2＋b3＝1－2－3＝－4.
答案：－4
7．解：(1)由an＋1＝2Sn＋1①，
得an＝2Sn－1＋1(n≥2，n∈N+)②，
①－②得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，
∴an＋1＝3an(n≥2，n∈N+)，
又a2＝2S1＋1＝3，∴a2＝3a1，∴an＝3n－1.
∵b5－b3＝2d＝6，∴d＝3，∴bn＝3n－6.
(2)证明：∵an＋2＝3n＋1，bn＋2＝3n，
∴cn＝＝，∴cn＋1－cn＝<0，
∴cn＋1－[f(1)－c]＝－，
a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－.
又数列{an}成等比数列，
∴a1＝＝＝－＝－c，∴c＝1.
又公比q＝＝，∴an＝－n－1＝－2n(n∈N+)．
∵Sn－Sn－1＝(－)(＋)＝＋(n≥2)，bn>0，
>0，∴－＝1，
∴数列{}构成一个首项为1，公差为1的等差数列，
＝1＋(n－1)×1＝n，Sn＝n2.
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1；
又b1＝c＝1满足bn＝2n－1，
∴bn＝2n－1(n∈N+)．
(2)∵cn＝bnn＝(2n－1)n，
∴Rn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，
Rn＝1×1＋3×2＋5×3＋…＋(2n－1)×n，①
Rn＝1×2＋3×3＋5×4＋…＋(2n－3)×n＋(2n－1)×n＋1.②
由①－②得，
Rn＝＋2
－(2n－1)×n＋1，
化简得，Rn＝＋2×
－(2n－1)×n＋1＝－×n，
∴Rn＝1－.
第Ⅱ卷：提能增分卷
1．解：(1)设{an}的公比为q，{bn}的公差为d，
依题意得
解得，或(舍)
∴an＝n－2，bn＝2n.
(2)由(1)得abn＝a2n＝2n－2，
∵abn<0.001，即2n－2<0.001，
∴22n－2>1 000，
∴2n－2≥10，即n≥6，
∴满足题意的正整数n的最小值为6.
2．解：(1)由题意知，圆Cn的圆心到直线ln的距离dn＝，圆Cn的半径rn＝，
∴an＋1＝2＝r－d＝(2an＋n)－n＝2an，又a1＝1，∴an＝2n－1.
(2)当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)
＝[1＋5＋…＋(2n－3)]＋(2＋23＋…＋2n－1)＝＋＝＋(2n－1)．
当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＋1＝＋(2n＋1－1)＝＋(2n＋1－1)，而Tn＋1＝Tn＋bn＋1＝Tn＋2n，
∴Tn＝＋(2n－2)．
∴Tn＝.
3．解：(1)P1是线段AB的中点⇒＝＋，
又＝a1＋b1，且，不共线，
由平面向量基本定理，知a1＝b1＝.
(2)由＝an＋bn (n∈N+)⇒＝(an，bn)，
设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则由于P1，P2，P3，…，Pn，…互不相同，所以d＝0，q＝1不会同时成立．
若d＝0，q≠1，则an＝a1＝(n∈N+)
⇒P1，P2，P3，…，Pn，…都在直线x＝上；
若q＝1，d≠0，则bn＝为常数列
⇒P1，P2，P3，…，Pn，…都在直线y＝上；
若d≠0且q≠1，P1，P2，P3，…，Pn，…在同一条直线上⇔＝(an－an－1，bn－bn－1)与＝(an＋1－an，bn＋1－bn)始终共线(n≥2，n∈N+)
⇔(an－an－1)(bn＋1－bn)－(an＋1－an)(bn－bn－1)＝0
⇔d(bn＋1－bn)－d(bn－bn－1)＝0
⇔bn＋1－bn＝bn－bn－1
⇔q＝1，这与q≠1矛盾，
所以当d≠0且q≠1时，P1，P2，P3，…，Pn，…不可能在同一条直线上.