2013年高考数学热点专题专练专题五数列不等式推理与证明测试题理

-1-专题五数列、不等式、推理与证明测试题(时间：120分钟满分：150分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知无穷数列{an}是各项均为正数的等差数列，则有()A.a4a6a6a8B.a4a6≤a6a8C.a4a6a6a8D.a4a6≥a6a8解析a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝a21＋10a1d＋21d2，a26＝(a1＋5d)2＝a21＋10a1d＋25d2，故a4a6≤a6a8.答案B2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5ak8，则k＝()A．9B．8C．7D．6解析由题意知，数列{an}为等差数列，an＝Sn－Sn－1＝2n－10，由52k－108，k∈N*，得到k＝8.答案B3．对于非零实数a、b，“b(b－a)≤0”是“ab≥1”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析∵a≠0，b≠0，故有b(b－a)≤0⇔b－ab≤0⇔1－ab≤0⇔ab≥1.故选C.答案C4．已知函数f(x)＝x2＋4x，x≥04x－x2，x0，若f(2－a2)f(a)，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－1,2)C．(－2,1)-2-D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)解析由题知f(x)在R上是增函数，可得2－a2a，解得－2a1，故选C.答案C5．已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a是不为0的实数)，那么{an}()A．一定是等差数列B．一定是等比数列C．可能是等差数列，也可能是等比数列D．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列答案C6．等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1＝－2008，S20072007－S20052005＝2，则S2008的值为()A．－2006B．2006C．－2008D．2008解析由已知S20072007－S20052005＝2的结构，可联想到等差数列{an}的前n项和Sn的变式，Snn＝a1＋d2(n－1)，故由S20072007－S20052005＝2，得d2＝1，S20082008＝－2008＋(2008－1)·1＝－1，∴S2008＝－2008.答案C7．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则()A．ab≤12B．ab≥12C．a2＋b2≤3D．a2＋b2≥2解析∵a≥0，b≥0，且a＋b＝2，∴4＝(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2)，∴a2＋b2≥2.答案D8．已知等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是()A．(－∞，－1]B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．[3，＋∞)D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析∵等比数列{an}中，a2＝1，∴S3＝a1＋a2＋a3＝a21q＋1＋q＝1＋q＋1q.当公比q0时，S3＝1＋q＋1q≥1＋2q·1q＝3，当公比q0时，S3＝1－－q－1q≤1－2－q－1q＝－1，∴S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．-3-答案D9．(2011·广东广州模拟)p＝ab＋cd，q＝ma＋nc·bm＋dn(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小关系为()A．p≥qB．p≤qC．pqD．不确定解析q＝ab＋madn＋nbcm＋cd≥ab＋2abcd＋cd＝ab＋cd＝p，故选B.答案B10．设Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，则函数f(n)＝Snn＋Sn＋1的最大值为()A.120B.130C.140D.150解析由Sn＝nn＋12得f(n)＝nn＋n＋＝nn2＋34n＋64＝1n＋64n＋34≤1264＋34＝150，当且仅当n＝64n，即n＝8时取等号，即f(n)max＝f(8)＝150.答案D11．(2012·广东)已知变量x，y满足约束条件y≤2x＋y≥1x－y≤1，则z＝3x＋y的最大值为()A．12B．11C．3D．－1解析先画出可行域如图所示，再将z＝3x＋y变形为截距式方程y＝－3x＋z，把l0：y＝－3x平移到经过点A(3,2)时，截距z有最大值，∴zmax＝3×3＋2＝11.-4-答案B12．(2012·浙江)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是()A．若d0，则数列{Sn}有最大项B．若数列{Sn}有最大项，则d0C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn0D．若对任意n∈N*，均有Sn0，则数列{Sn}是递增数列解析由于Sn＝na1＋nn－2d＝d2n2＋a1－d2n，根据二次函数的图象与性质知当d0时，数列{Sn}有最大项，即选项A正确；同理选项B也是正确的；而若数列{Sn}是递增数列，那么d0，但对任意的n∈N*，Sn0不成立，即选项C错误；反之，选项D是正确的．答案C二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，将答案填在题中的横线上．13．在公差为d(d≠0)的等差数列{an}中，若Sn是{an}的前n项和，则数列S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等差数列，且公差为100d.类比上述结论，在公比为q(q≠1)的等比数列{bn}中，若Tn是数列{bn}的前n项之积，则有____________________________．答案T20T10，T30T20，T40T30也成等比数列，且公比为q10014．(2012·福建)数列{an}的通项公式an＝ncosnπ2＋1，前n项和为Sn，则S2012＝________.解析∵an＝ncosnπ2＋1，∴当n为奇数时an＝1，当n为偶数2,6,10,14，…时，an＝－n＋1；当n为偶数4,8,12,16，…时，an＝n＋1，∴数列{an}的前4项和为：1＋(－1)＋1＋5＝6；第5至第8项和为：1＋(－5)＋1＋9＝6；…由此可知an＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝1＋(－n－1＋1)＋1＋n＋3＋1＝6(n＋3是4的倍数)，即数列{an}的相邻四项之和均为6，故S2012＝S4×503-5-＝503×6＝3018.答案301815．已知数列{an}为等差数列，则有等式a1－2a2＋a3＝0，a1－3a2＋3a3－a4＝0，a1－4a2＋6a3－4a4＋a5＝0，(1)若数列{an}为等比数列，通过类比，则有等式__________．(2)通过归纳，试写出等差数列{an}的前n＋1项a1，a2，…，an，an＋1之间的关系为____________________．解析因等差数列与等比数列之间的区别是前者是加法运算，后者是乘法运算，所以类比规律是由第一级运算转化到高一级运算，从而解出第(1)问；通过观察发现，已知等式的系数与二项式系数相同，解出第(2)问．答案(1)a1a－22a3＝1，a1a－32a33a－14＝1，a1a－42a63a－44a5＝1(2)C0na1－C1na2＋C2na3－……＋(－1)nCnnan＋1＝016．(2012·新课标)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．解析当n＝2k－1，k∈N*时，a2k－a2k－1＝2(2k－1)－1；当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1＋a2k＝2(2k)－1；于是a2k＋1＋a2k－1＝2；a2k＋a2k－2＝8k－8；前一个式子中k＝1,3,5，…，29，后一个式子中k＝2,4,6，…，30，得a3＋a1＝2，a5＋a3＝2，…，a29＋a27＝2；a4＋a2＝8×2－8，a8＋a6＝8×4－8，…，a60＋a58＝8×30－8，∴S60＝15×2＋8(2＋4＋…＋30)－8×15＝1830.答案1830三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)已知函数f(x)满足ax·f(x)＝b＋f(x)(a·b≠0)，f(1)＝2且f(x＋2)＝－f(2－x)对定义域中任意x都成立．(1)求函数f(x)的解析式；(2)正项数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝143－2fan2，求证：数列{an}是等差数列．解(1)由ax·f(x)＝b＋f(x)(a·b≠0)，得f(x)(ax－1)＝b，若ax－1＝0，则b＝0，不合题意，故ax－1≠0，∴f(x)＝bax－1.由f(1)＝2＝ba－1，得2a－2＝b，①由f(x＋2)＝－f(2－x)对定义域中任意x都成立，得bax＋－1＝－ba－x－1，由此解得a＝12，②-6-把②代入①，可得b＝－1，∴f(x)＝－112x－1＝22－x(x≠2)．(2)证明：∵f(an)＝22－an，Sn＝143－2fan2，∴Sn＝14(an＋1)2，a1＝14(a1＋1)2，∴a1＝1；当n≥2时，Sn－1＝14(an－1＋1)2，∴an＝Sn－Sn－1＝14(a2n－a2n－1＋2an－2an－1)，∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，∵an0，∴an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，∴数列{an}是等差数列．18．(本小题满分12分)(2012·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1an32.解(1)当n＝1时，2a1＝a2－4＋1＝a2－3，①当n＝2时，2(a1＋a2)＝a3－8＋1＝a3－7，②又a1，a2＋5，a3成等差数列，有a1＋a3＝2(a2＋5)，③由①②③解得a1＝1.(2)∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，当n≥2时，有2Sn－1＝an－2n＋1，两式相减是an＋1－3an＝2n，则an＋12n－32·an2n－1＝1，即an＋12n＋2＝32an2n－1＋2，又a120＋2＝3，知an2n－1＋2是以首项为3，公比为32的等比数列，∴an2n－1＋2＝332n－1，即an＝3n－2n，n＝1时也合适此式，{an}的通项公式是an＝3n－2n.-7-(3)由(2)得1an＝13n－2n＝1＋n－2n＝1C1n2n－1＋C2n2n－2＋…＋11n·2n－1，∴1ai1＋122＋1222＋…＋12n－12＝1＋121－12n－132.19．(本小题满分12分)(2012·安徽)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x2n＋xn＋c(n∈N*)．(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c0；(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．解(1)先证充分性，若c0，由于xn＋1＝－x2n＋xn＋c≤xn＋cxn，故{xn}是递减数列；再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2x1，可得c0.(2)(i)假设{xn}是递增数列，由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1x2x3，得0c1.由xnxn＋1＝－x2n－xn＋c知，对任意n≥1都有xnc，①注意到c－xn＋1＝x2n＋xn－c＋c＝(1－c－xn)(c－xn)，②由①式和②式可得1－c－xn0即xn1－c.由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有c－xn＋1≤(1－c)(c－xn)．③反复运用③式，得c－xn≤(1－c)n－1(c－x1)(1－c)n－1.xn1－c和c－xn(1－c)n－1两式相加，知2c－1(1－c)n－1对任意n≥1成立．根据指数函数y＝(1－c)x的性质，得2c－1≤0，c≤14，故0c≤14.(ii)若0c≤14，要证数列{xn}为递增数列，即xn＋1－xn＝－x2n＋c0.即证xnc对任意n≥1成立．下面用数学归纳法证明当0c≤14时，xnc对任意n≥1成立．(1)当n＝1时，x1＝0c≤12，结论成立．(2)假设当