2022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 .pdf

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1、学习必备欢迎下载专题五数列、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.a4a6a6a8D.a4a6a6a8解析a4a8(a13d)(a17d) a2110a1d21d2，a26(a15d)2a2110a1d25d2，故a4a6a6a8. 答案B 2已知数列 an的前n项和Snn29n，第k项满足 5ak8，则k( ) A9 B8 C7 D6 解析由题意知，数列an 为等差数列，anSnSn12n10

2、，由 52k108，kN*，得到k8. 答案B 3对于非零实数a、b，“b(ba) 0”是“ab1”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a0，b0，故有b(ba) 0?bab0? 1ab0?ab1. 故选 C. 答案C 4已知函数f(x) x24x，x04xx2，xf(a) ，则实数a的取值范围是( ) A( ， 1) (2 ，)B( 1,2) C( 2,1) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 10 页学习必备欢迎下载D( ， 2) (1 ，)解析由题知f(x) 在 R上是增函数

3、，可得2a2a，解得 2a0时，S31q1q1 2 q1q3，当公比qqD不确定解析qabmadnnbcmcdab2abcdcdabcdp，故选 B. 答案B 10设Sn123n，nN*，则函数f(n) SnnSn 1的最大值为 ( ) A.120B.130C.140D.150解 析由Snnn2得f(n) nnnnn234n641n64n34126434150，当且仅当n64n，即n8 时取等号，即f(n)maxf(8) 150. 答案D 11(2012广东 ) 已知变量x，y满足约束条件y2xy1xy1，则z3xy的最大值为( ) A12 B11 C3 D 1 解析先画出可行域如图所示，再将

4、z3xy变形为截距式方程y 3xz，把l0：y 3x平移到经过点A(3,2) 时，截距z有最大值，zmax33 211. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 10 页学习必备欢迎下载答案B 12(2012浙江 )设Sn是公差为d(d0)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d0 D若对任意nN*，均有Sn0，则数列 Sn 是递增数列解析由于Snna1nn2dd2n2a1d2n，根据二次函数的图象与性质知当d0，但对任意的nN*，Sn0 不成立，即选

5、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(d0)的等差数列 an中，若Sn是an的前n项和，则数列S20S10，S30S20，S40S30也成等差数列， 且公差为 100d. 类比上述结论， 在公比为q(q1)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anncosn21， 前n项和为Sn， 则S2 012_. 解析anncosn21，当n为奇数时an1，当n为偶

6、数 2,6,10,14，时，ann1；当n为偶数 4,8,12,16，时，ann1，数列 an 的前 4 项和为： 1( 1) 1 56；第 5 至第 8 项和为： 1( 5) 196；由此可知anan1an 2an 3 1( n11) 1n 316(n3 是 4 的倍数 ) ，即数列 an 的相邻四项之和均为6，故S2 012S4503精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 10 页学习必备欢迎下载5036 3 018. 答案3 018 15已知数列 an 为等差数列，则有等式a12a2a30，a13a23a3a40，a14a

7、26a3 4a4a50，(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n1 项a1，a2，an，an1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)a1a22a3 1，a1a32a33a141，a1a42a63a44a5 1 (2)C0na1 C1na2 C2na3 ( 1)nCnnan10 16 (2012新课标 ) 数列 an满足an1( 1)nan2n1， 则 an 的前

8、 60 项和为 _解析当n2k1，kN*时，a2ka2k 1 2(2k1)1；当n 2k，kN*时，a2k1a2k2(2k) 1；于是a2k 1a2k1 2；a2ka2k28k8；前一个式子中k 1,3,5 ， 29，后一个式子中k 2,4,6 ， 30，得a3a12，a5a3 2，a29a272；a4a282 8，a8a684 8，a60a58830 8，S60152 8(2 4 30) 815 1 830. 答案1 830 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axf(x) bf(x)(ab0)，f

9、(1) 2 且f(x2) f(2x) 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Sn1432fan2，求证： 数列 an是等差数列解(1) 由axf(x) bf(x)(ab0)，得f(x)(ax1)b，若ax1 0，则b 0，不合题意，故ax10，f(x) bax1. 由f(1) 2ba1，得 2a2b，由f(x2) f(2 x) 对定义域中任意x都成立，得bax1bax 1，由此解得a12，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 10 页学习必备欢迎下载把代入，可得b

10、1，f(x) 112x122x(x2)(2) 证明：f(an) 22an，Sn1432fan2，Sn14(an1)2，a114(a11)2，a11；当n2 时，Sn 114(an 11)2，anSnSn114(a2na2n12an2an1) ，(anan1)(anan1 2) 0，an0，anan 120，即anan12，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 2Snan1 2n11，nN*，且a1，a25，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1a11a21an32

11、. 解(1) 当n1 时， 2a1a241a23，当n2 时， 2(a1a2) a381a37，又a1，a2 5，a3成等差数列，有a1a32(a25) ，由解得a11. (2) 2Snan12n11，当n2 时，有 2Sn1an2n1，两式相减是an13an 2n，则an12n32an2n11，即an12n 232an2n12 ，又a12023，知an2n12 是以首项为3，公比为32的等比数列，an2n12332n1，即an3n 2n，n1 时也合适此式，an的通项公式是an3n2n. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共

12、 10 页学习必备欢迎下载(3) 由(2) 得1an13n2n1n2n1C1n2n1C2n2n2 11n2n1，1ai1122122212n 12112112n132. 19( 本小题满分12 分) (2012安徽 ) 数列 xn满足 x10， xn 1 x2n xnc(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xn1x2nxncxncxn，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x10，得x2c，x3c22c. 由x1x2

13、x3，得 0c1. 由xnxn1x2nxnc知，对任意n1 都有xn0 即xn1c. 由式和xn0还可得，对任意n1 都有cxn1(1c)(cxn) 反复运用式，得cxn(1c)n1(cx1)(1 c)n1. xn1c和cxn(1c)n1两式相加，知2c1(1c)n1对任意n1 成立根据指数函数y(1 c)x的性质，得2c10，c14，故 0c14. (ii)若 00. 即证xnc对任意n1 成立下面用数学归纳法证明当0c14时，xnc对任意n1 成立(1) 当n1 时，x10c12，结论成立(2) 假设当nk(k N*) 时结论成立，即：xkc，因为函数f(x) x2xc在区间精选学习资料

14、- - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 10 页学习必备欢迎下载，12内单调递增，所以xk1f(xk)f(c) c，这就是说当nk1 时，结论也成立故xnxn，即 xn 是递增数列由(i)(ii)知，使得数列 xn单调递增的c的范围是0，14. 20( 本小题满分12 分) 某商店投入81 万元经销某种北京奥运会特许纪念品，经销时间共60 天，为了获得更多的利润，商店将每天获得的利润投入到次日的经营中市场调研表明，该商店在经销这一产品期间第n天的利润an1，1n20110n，21n60( 单位：万元，nN*) 记第n天的利润率bn第n天的利润

15、前n天投入的资金总和，例如b3a381a1a2. (1) 求b1，b2的值；(2) 求第n天的利润率bn；(3) 该商店在经销此纪念品期间，哪一天的利润率最大？并求该天的利润率解(1) 当n1 时，b1181；当n2 时，b2182. (2) 当 1n20 时，a1a2a3an1an 1. bnan81a1a2an1181n11n80. 当 21n60 时，bnan81a1a20a21an1110n8120a21an 1110n101nn202nn2n1 600，第n天的利润率bn1n80，1nnN*，2nn2n1 600，21nnN*精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳

16、总结 - - - - - - -第 8 页，共 10 页学习必备欢迎下载(3) 当 1n20 时，bn1n80是递减数列，此时bn的最大值为b1181；当 21n60 时，bn2nn2n1 6002n1 600n1221 600 1279( 当且仅当n1 600n，即n40 时，“”成立) 又279181，当n40 时， (bn)max279. 该商店经销此纪念品期间，第40 天的利润率最大，且该天的利润率为279. 21( 本小题满分12 分) (2012山东 ) 在等差数列 an 中，a3a4a584，a973. (1) 求数列 an的通项公式；(2) 对任意m N*，将数列 an 中落入

17、区间 (9m,92m) 内的项的个数记为bm.求数列 bm 的前m项和Sm. 解(1) 因为 an是一个等差数列，所以a3a4a53a484，a428. 设数列 an 的公差为d，则 5da9a4732845，故d9. 由a4a1 3d得 28a139，即a1 1. 所以ana1(n1)d1 9(n1) 9n8(nN*) (2) 对mN*，若 9man92m，则 9m89n0，bn0，所以anbn22a2nb2n(anbn)2，从而 10 知q0. 下证q1. 若q1，则a1a2qlogq2a1时，an 1a1qn2，与 (*) 矛盾；若 0qa21，故当nlogq1a1时，an1a1qn1，与 (*) 矛盾综上，q1，故ana1(n N*) ，所以 11，于是b1b2b3. 又由a1a1bna21b2n得bna1a212a21a211，所以b1，b2，b3中至少有两项相同，矛盾所以a12，从而bna1a212a21a2112. 所以a1b12. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 10 页