新版一轮优化探究理数苏教版练习：第六章 第五节　数列的综合应用 Word版含解析

1 1一、填空题1设等差数列an的公差d0，a14d，若ak是a1与a2k的等比中项，则k的值为_解析：由条件知ana1(n1)d4d(n1)d(n3)d，即an(n3)d(nN*)又aa1a2k，所以(k3)2d24d(2k3)d，且d0，所以(k3)24(2k3)，即k22k30，解得k3或k1(舍去)答案：32某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产已知该生产线连续生产n年的累计产量为f(n)n(n1)(2n1)吨，但如果年产量超过150吨，将会给环境造成危害为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是_解析：由已知可得第n年的产量anf(n)f(n1)3n2；当n1时也适合据题意令an150n5，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年答案：73等差数列中，3(a3a5)2(a7a10a13)24，则该数列前13项的和是_解析：a3a52a4，a7a10a133a10，6(a4a10)24，a4a104，S1326.答案：264已知数列an，bn满足a11，且an，an1是函数f(x)x2bnx2n的两个零点，则b10等于_解析：依题意有anan12n，所以an1an22n1，两式相除得2，所以a1，a3，a5，成等比数列，a2，a4，a6，也成等比数列，而a11，a22，所以a1022432，a1112532，又因为anan1bn，所以b10a10a1164.答案：645有限数列A：a1，a2，an，Sn为其前n项和，定义为A的“凯森和”，若有99项的数列a1，a2，a99的“凯森和”为1 000，则有100项的数列1，a1，a2，a99的“凯森和”为_解析：设a1，a2，a99的“凯森和”为1 000，则1，a1，a2，a99的“凯森和”为，而T11，T2S11，T3S21，T100S991，所以991.答案：9916已知等差数列an的公差d0，它的第1、5、17项顺次成等比数列，则这个等比数列的公比是_解析：由题知aa1a17，即a(a54d)(a512d)，8a5d48d20，d0，a56d，公比q3.答案：37秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列an，已知a11，a22，且an2an1(1)n(nN*)，则该医院30天入院治疗甲流的人数共有_解析：由于an2an1(1)n，所以a1a3a291，a2，a4，a30构成公差为2的等差数列，所以a1a2a29a30151522255.答案：2558已知a，bR，A为a，b的等差中项，正数G为a，b的等比中项，则ab与AG的大小关系是_解析：依题意A，G， AGabab()0，AGab.答案：AGab9在直角坐标系中，O是坐标原点，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是第一象限的两个点，若1，x1，x2,4依次成等差数列，而1，y1，y2,8依次成等比数列，则OP1P2的面积是_解析：根据等差、等比数列的性质，可知x12，x23，y12，y24.P1(2,2)，P2(3,4)SOP1P21.答案：1二、解答题10已知数列an的前n项和Sn和通项an满足Sn(1an)(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bnnan，求证：b1b2bn.解析：(1)当n2时，anSnSn1(1an)(1an1)anan1,2ananan1，由题意可知an10，所以an是公比为的等比数列S1a1(1a1)，a1.an()n1()n.(2)证明：bnn()n，设Tn1()12()23()3n()n，Tn1()22()33()4n()n1，化简得Tn()nn()n10，即1 600()n14 0001()n0，令x()n，代入上式得 5x27x20，解此不等式，得x1(舍去)，即()n，由此得n5.答：至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入12若数列An：a1， a2，an(n2)满足|ak1ak|1(k1,2，n1)，则称An为E数列记S(An)a1a2an.(1)写出一个E数列A5满足a1a30；(2)若a112，n2 000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an2 011；(3)在a14的E数列An中，求使得S(An)0成立的n的最小值解析：(1)0,1,0,1,0是一个满足条件的E数列A5.(答案不唯一，0，1,0,1,0；0，1,0,1,2；0，1,0，1，2；0，1,0，1,0都是满足条件的E数列A5)(2)必要性：因为E数列An是递增数列，所以ak1ak1(k1,2，1 999)，所以An是首项为12，公差为1的等差数列，所以a2 00012(2 0001)12 011.充分性：由于a2 000a1 9991，a1 999a1 9981，a2a11，所以a2 000a11 999，即a2 000a11 999，又因为a112，a2 0002 011，所以a2 000a11 999，故ak1ak10(k1,2，1 999)，即An是递增数列综上，结论得证(3)对首项为4的E数列An，由于a2a113，a3a212，a8a713，所以a1a2ak0(k2,3，8)所以对任意的首项为4的E数列An，若S(An)0，则必有n9.又a14的E数列A9：4,3,2,1,0，1，2，3，4满足S(A9)0，所以n的最小值是9.