2013年高考数学(理)二轮复习 专题三 详解答案 第二节 数列的综合应用 安徽、陕西、江西详解

第一阶段专题三第二节考点例题冲关集训高考预测课时检测（十一）专题评估（三）返回第一阶段二轮专题复习返回专题三数列第二节数列的综合应用返回例1：思路点拨：(1)由已知条件列出方程组，求出等差、等比数列的公差、公比，写出通项公式；(2)利用错位相减法求解数列的前n项和，再作比较证明．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由条件，得方程组2＋3d＋2q3＝27，8＋6d－2q3＝10，解得d＝3，q＝2.所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.考点例题返回(2)证明：由(1)得Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n，①2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n＋1.②由①－②，得－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n＋1＝6×1－2n1－2－(3n－1)×2n＋1－2＝－(3n－4)×2n＋1－8，即Tn－8＝(3n－4)×2n＋1.而当n≥2时，an－1bn＋1＝(3n－4)×2n＋1，所以，Tn－8＝an－1bn＋1，(n∈N*，n≥2)．返回例2：思路点拨：(1)由f(x)＝x可求a的值，从而得出f(x)．(2)由f(xn)＝xn＋1可推出1xn为等差数列，问题则可求解．解：(1)由x＝xax＋2，可得ax(x＋2)＝x(a≠0)，所以ax2＋(2a－1)x＝0，当且仅当a＝12时，方程x＝f(x)有唯一解．从而f(x)＝2xx＋2.返回(2)由已知f(xn)＝xn＋1，得2xnxn＋2＝xn＋1，所以1xn＋1＝12＋1xn，即1xn＋1－1xn＝12(n∈N*)，所以数列1xn是以1x1为首项，12为公差的等差数列．所以1xn＝1x1＋(n－1)×12＝n－1x1＋22x1，故xn＝2x1n－1x1＋2.返回因为f(x1)＝22013，所以2x1x1＋2＝22013，解得x1＝11006.所以xn＝2×11006n－1×11006＋2＝2n＋2011，故x2011＝22011＋2011＝12011.返回例3：思路点拨：(1)由第n年和第(n＋1)年的资金变化情况得出an与an＋1的递推关系；(2)由an＋1与an之间的关系，可求通项公式，问题便可求解．解：(1)由题意得a1＝2000(1＋50%)－d＝3000－d，a2＝a1(1＋50%)－d＝32a1－d＝4500－52d，an＋1＝an(1＋50%)－d＝32an－d，(2)由(1)得an＝32an－1－d＝3232an－2－d－d返回＝322an－2－32d－d…＝32n－1a1－d1＋32＋322＋…＋32n－2.整理得an＝32n－1(3000－d)－2d32n－1－1＝32n－1(3000－3d)＋2d.由题意，am＝4000，即(32)m－1(3000－3d)＋2d＝4000.解得d＝32m－2×100032m－1＝10003m－2m＋13m－2m.故该企业每年上缴资金d的值为10003m－2m＋13m－2m时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4000万元．返回冲关集训1．选由题意知，a1＋a2＋a3＋a4＝2，a5＋a6＋a7＋a8＝2，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝2，k∈N.故S2012＝503×2＝1006.2．解：(1)∵Sn＝nan－n(n－1)，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)·an－1－(n－1)(n－2)，∴an＝Sn－Sn－1＝nan－n(n－1)－(n－1)an－1＋(n－1)·(n－2)，即an－an－1＝2.∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，故an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，n∈N*.A返回(2)由(1)知bn＝2anan＋1＝22n－12n＋1＝12n－1－12n＋1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝1－12n＋1＝2n2n＋1.3．选由题意，B1，B2两点的坐标为x1，1x1，x2，1x2，所以直线B1B2的方程为：y＝－1x1x2(x－x1)＋1x1，令y＝0，得x＝x1＋x2，所以x3＝x1＋x2，因此，x1，x32，x2成等差数列．A返回4．解：(1)证明：因为点(an，an＋1)(n∈N*)在函数y＝23x的图像上，所以an＋1＝23an，即an＋1an＝23，故数列{an}是公比q＝23的等比数列．因为a2a5＝827，则a1q·a1q4＝827，即a21235＝233，由于数列{an}的各项均为负数，则a1＝－32，所以an＝－23n－2.返回(2)由(1)知，an＝－23n－2，bn＝－23n－2＋n，所以Sn＝3·23n－1＋n2＋n－92.5．选年平均产量Snn＝Sn－0n－0，表示点(n，Sn)与原点连线的斜率，由图可知，(9，S9)与原点连线的斜率最大．C返回6．解析：设竹子从上到下的容积依次为a1，a2，…，a9，由题意可得a1＋a2＋a3＋a4＝3，a7＋a8＋a9＝4，设等差数列{an}的公差为d，则有4a1＋6d＝3①，3a1＋21d＝4②，由①②可得d＝766，a1＝1322，所以a5＝6766.答案：6766返回高考预测解：(1)由于a1＝S1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋2n)－[2(n－1)2＋2(n－1)]＝4n，所以an＝4n(n∈N*)．由b1＝2－b1，得b1＝1，当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝bn－1－bn，所以2bn＝bn－1，所以数列{bn}为等比数列，其首项为1，公比为12.所以bn＝12n－1.返回(2)证明：由(1)，知cn＝a2n·bn＝16n2·12n－1，由cn＋1－cn＝16(n＋1)2·12n－16n2·12n－1＝16·12nn＋12－2n2＝16·12n[－(n－1)2＋2]，所以，当n≥3时，cn＋1－cn0，从而cn＋1cn.返回课时检测(十一)1．选因为an＝1n＋n－1＝n－n－1，所以Sn＝(1－0)＋(2－1)＋(3－2)＋…＋(n－n－1)＝n，由题意得Sn＝n＝45，解得n＝2025.2．选a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15.CA返回3．选从图中观察五角星构成规律，n＝1时，有1个；n＝2时，有3个；n＝3时，有6个；n＝4时，有10个；…所以an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝nn＋12.4．选由S2＝10，S5＝55得a1＝3，d＝4，所以kPQ＝an＋2－ann＋2－n＝2d2＝d＝4.CA返回5．选根据等差数列的性质，得数列Snn也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S11＝a1＝－2012，公差d＝1，故S20122012＝－2012＋(2012－1)×1＝－1，所以S2012＝－2012.6．选A、B、D均正确，对于C，若首项为－1，d＝2时就不成立．BC返回7．解析：∵y′＝2x，∴k＝y′|x＝ak＝2ak，故切线方程为y－a2k＝2ak(x－ak)，令y＝0得x＝12ak，即ak＋1＝12ak.∴{an}是以16为首项，12为公比的等比数列，即an＝16·12n－1.∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.答案：21返回8．解析：由于an＋2－an＝1＋(－1)n，所以a1＝a3＝…＝a29＝1，且a2，a4，…，a30构成公差为2的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a29＋a30＝15＋15×2＋15×142×2＝255.答案：255返回9．解析：依题意得a·b＝0，即2Sn＝n(n＋1)，Sn＝nn＋12.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nn＋12－nn－12＝n；又a1＝S1＝1×1＋12＝1，因此an＝n.所以anan＋1an＋4＝nn＋1n＋4＝nn2＋5n＋4＝1n＋4n＋5≤19，当且仅当n＝4n，n∈N*，即n＝2时取等号，因此数列anan＋1an＋4的最大项的值是19.答案：19返回10．解：(1)因为x，fx2，3(x≥0)成等差数列，所以2×fx2＝x＋3，整理，得f(x)＝(x＋3)2.因为Sn＝f(Sn－1)(n≥2)，所以Sn＝(Sn－1＋3)2，所以Sn＝Sn－1＋3，即Sn－Sn－1＝3，所以{Sn}是以3为公差的等差数列．因为a1＝3，所以S1＝a1＝3，所以Sn＝S1＋(n－1)3＝3＋3n－3＝3n.所以Sn＝3n2(n∈N*)．所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝3(n＋1)2－3n2＝6n＋3.返回(2)因为bn是1an＋1与1an的等比中项，所以(bn)2＝1an＋1·1an，所以bn＝1an＋1·1an＝132n＋1×32n－1＝118×12n－1－12n＋1，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1181－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝1181－12n＋1＝n18n＋9.返回11．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，由题意得3a1＋3d＝－3，a1a1＋da1＋2d＝8.解得a1＝2，d＝－3，或a1＝－4，d＝3.所以由等差数列通项公式可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.故an＝－3n＋5或an＝3n－7.返回(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|an|＝|3n－7|＝－3n＋7，n＝1，2，3n－7，n≥3.记数列{|an|}的前n项和为Sn.当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；返回当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)＝5＋n－2[2＋3n－7]2＝32n2－112n＋10，且当n＝2时，满足此式．综上，Sn＝4，n＝1，32n2－112n＋10，n＞1.返回12．解：(1)证明：由题意得an＋1＝2a2n＋2an，得2an＋1＋1＝4a2n＋4an＋1＝(2an＋1)2.所以数列{2an＋1}是“平方递推数列”．令cn＝2an＋1，所以lgcn＋1＝2lgcn.因为lg(2a1＋1)＝lg5≠0，所以lg2an＋1＋1lg2an＋1＝2.所以数列{lg(2an＋1)}为等比数列．返回(2)因为lg(2a1＋1)＝lg5，所以lg(2an＋1)＝2n－1·lg5，所以2an＋1＝125－n，即an＝12(125－n－1)．因为lgTn＝lg(2a1＋1)＋lg(2a2＋1)＋…＋lg(2an＋1)＝lg5·1－2n1－2＝(2n－1)lg5.所以Tn＝125－n.返回(3)因为bn＝lgTnlg2an＋1＝2n－1lg52n－1lg5＝2n－12n－1＝2－12n－1，所以Sn＝2n－1＋12＋122＋…＋12n－1＝2n－