1、精品题库试题 理数1.(2013年北京海淀区高三第二次模拟，8,5分) 若数列满足：存在正整数，对于任意正整数都有成立，则称数列为周期数列，周期为. 已知数列满足，则下列结论中错误的是（）A. 若，则可以取3个不同的值B. 若，则数列是周期为的数列C. 且，存在，是周期为的数列 D. 且，数列是周期数列 1.D 1.对于A项，若，则由得或；进而推出，或，或. 即或或，故A项正确；对于B项，若，即，则，故数列是周期为的数列. 故B项正确；对于C项，若且，是周期为的数列，则一定有满足，即，化简得，所以（舍去）. 此时，满足. 故C项正确；对于D项，假设且，数列是周期数列，则一定存在使得，那么，.
2、故其后一定有某一项为，且，则，化简得，所以. 因为不可能为有理数，故与假设矛盾. 所以D项错误.2.(2013课标, 12,5分) 设AnBnCn的三边长分别为an, bn, cn, AnBnCn的面积为Sn, n=1,2, 3, . 若b1 c1, b1+c1=2a1, an+1=an, bn+1=, cn+1=, 则()A. Sn为递减数列B. Sn为递增数列C. S2n-1为递增数列, S2n为递减数列D. S2n-1为递减数列, S2n为递增数列 2.B 2.由bn+1=, cn+1=得bn+1+cn+1=an+(bn+cn), bn+1-cn+1=-(bn-cn), 由an+1=an
3、得an=a1, 代入得bn+1+cn+1=a1+(bn+cn), bn+1+cn+1-2a1=(bn+cn-2a1),b1+c1-2a1=2a1-2a1=0, bn+cn=2a1 |BnCn|=a1, 所以点An在以Bn、Cn为焦点且长轴长为2a1的椭圆上(如图). 由b1 c1得b1-c1 0, 所以|bn+1-cn+1|=(bn-cn),即|bn-cn|=(b1-c1) , 所以当n增大时|bn-cn|变小, 即点An向点A处移动, 即边BnCn上的高增大,又|BnCn|=an=a1不变, 所以Sn为递增数列.3. (2014山西太原高三模拟考试（一），16) 在数列中，已知 ，则 . 3
4、. 3. ，.，又因为，代入解得，同理可得，又因为函数单调函数，所以可得，同理可得，所以.4.(2013年河南十所名校高三第二次联考，16,5分) 设数列是等差数列，数列是等比数列，记数列，的前n项和分别为 ，. 若a5b5，a6b6，且S7S54（T6T4），则_. 4. 4. 设等差数列的公差为，等比数列的公比为. 由a5b5，a6b6，且S7S54（T6T4），得解得故5. (2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1=+b(nN*).()若b=1,求a2,a3及数列an的通项公式;()若b=-1,问:是否存在实数c使得a2nca2n+1对所有nN*成立?证明你的结论. 5.查看解
5、析 5.()解法一:a2=2,a3=+1.再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.从而(an-1)2是首项为0,公差为1的等差数列,故(an-1)2=n-1,即an=+1(nN*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想an=+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=+1,则ak+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=+1(nN*).()解法一:设f(x)=-1,则an+1=f(an).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用数学归纳法证明加强命题a2nca2n+11
6、.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2a31,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2kca2k+1f(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2.再由f(x)在(-,1上为减函数得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31.故ca2k+31,因此a2(k+1)ca2(k+1)+11.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则an+1=f(an).先证:0an1(nN*).当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0ak1.易知f(x)在(-,1上为减函数,从而0=f(1)f(ak)f(0)
7、=-11.即0ak+11.这就是说,当n=k+1时结论成立.故成立.再证:a2na2n+1(nN*).当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2a3,即n=1时成立.假设n=k时,结论成立,即a2kf(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时成立.所以对一切nN*成立.由得a2n-1,即(a2n+1)2-2a2n+2,因此a2nf(a2n+1),即a2n+1a2n+2,所以a2n+1-1,解得a2n+1.综上,由、知存在c=使a2nc 0.由a2+a716, 得 由得由得将其代入得.
8、即（）由（I）得,=.故=1- 1.恒成立m的最小值为100.12.13.(2013山东青岛高三三月质量检测，20,12分）已知, 数列满足, 数列满足；又知数列中，且对任意正整数，.（）求数列和数列的通项公式；（）将数列中的第项，第项，第项，第项，删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列，求数列的前项和. 13.（），.又由题知：令 ，则, .若，则，所以恒成立若, 当, 不成立, 所以.（）由题知将数列中的第3项、第6项、第9项删去后构成的新数列中的奇数列与偶数列仍成等比数列，首项分别是，公比均是.13.14.（2013安徽省皖南八校高三第三次联合考试21,14分）已知Sn为数列an的前
9、n项和，a1=a，Sn=kan+1且常数k满足0 |k| 1.(I) 求数列an的通项公式；(II) 对于每一个正整数m, 若将数列中的三项am+1，am+2，am+3按从小到大的顺序调整 后，均可构成等差数列，且记公差为dm，试求k的值及相应dm的表达式(用含m的 式子表示) ；(III) 记数列dm (这里dm是(2) 中的dm的前m项和为Tm=d1+d2+dm. 问是否存在 a, 使得Tm 90对恒成立？若存在，求出a的最大值; 若不存在，请说明理由. 14.(1) ，. 此两式相减，得，化简得.又，是公比为，首项为的等比数列.(). 又时，通项公式 （2）是正整数，.又按从小到大顺序调
10、整后可以构成等差数列，所以公差.若，解得. 于是，. 若，此时方程无解，即不符合题意.若，解得. 于是，. 综上，若，则；若，则.(3) 因为，若，则.由，即对一切正整数成立，故. 这与是正整数矛盾.所以，此时不存在满足条件的.若，则.由，即对一切正整数成立，得.所以，.综上，可知存在满足条件的正整数，且的最大值为40.14.15.(2013年北京海淀区高三第二次模拟，20，13分）设是由个实数组成的行列的数表，如果某一行（或某一列）各数之和为负数，则改变该行（或该列）中所有数的符号，称为一次“操作”.（）数表如表1所示，若经过两次“操作” ，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负
11、实数，请写出每次“操作” 后所得的数表（写出一种方法即可）；（）数表如表2所示，若必须经过两次“操作” ，才可使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数，求整数的所有可能值；（）对由个实数组成的行列的任意一个数表，能否经过有限次“操作” 以后，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数？请说明理由. 15.（）解：法1：法2：法3：（） 每一列所有数之和分别为2，0，0，每一行所有数之和分别为，1;如果首先操作第三列，则则第一行之和为，第二行之和为，这两个数中，必须有一个为负数，另外一个为非负数，所以 或，当时，则接下来只能操作第一行，此时每列之和分别为，必有，解得.当
12、时，则接下来操作第二行 此时第4列和为负，不符合题意. 如果首先操作第一行则每一列之和分别为，.当时，每列各数之和已经非负，不需要进行第二次操作，舍掉；当时，至少有一个为负数；所以此时必须有，即，所以或，经检验，或符合要求综上，.（）能经过有限次操作以后，使得得到的数表所有的行和与所有的列和均为非负实数. 证明如下：记数表中第行第列的实数为（），各行的数字之和分别为，各列的数字之和分别为，数表中个实数之和为，则. 记.按要求操作一次时，使该行的行和（或该列的列和）由负变正，都会引起（和）增大，从而也就使得增加，增加的幅度大于等于，但是每次操作都只是改变数表中某行（或某列）各数的符号，而不改变其
13、绝对值，显然，必然小于等于最初的数表中个实数的绝对值之和，可见其增加的趋势必在有限次之后终止. 终止之时，必是所有的行和与所有的列和均为非负实数，否则，只要再改变该行或该列的符号，就又会继续上升，导致矛盾，故结论成立.15.16.(2013年辽宁省五校协作体高三第二次模拟考试，19，12分) 鑫隆房地产公司用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房. 经测算，如果将楼房建为层，则每平方米的平均建筑费用为（单位：元）. 为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？（注：平均综合费用平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用） 16.设楼房每
14、平方米的平均综合费为元，则.方法一： , 令 得 当 时，；当 时，,因此 当时，取最小值.（方法二：，当且仅当时成立，即时，）.答：为了楼房每平方米的平均综合费最少，该楼房应建为15层.16.17.（2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，数列，满足.（）求数列的通项公式；（）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明： . 17.() 由，得是以为公比的等比数列，故.（）由，得，记+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）17.18.（2013江西，17,12分）正项数列an的前n项和Sn满足: -(n2+n-1) Sn-(n2+n) =0.(1) 求数列an的通项公式an;(2) 令bn=, 数列bn的前n项和为Tn. 证明: 对于任意的nN*, 都有Tn 0, Sn=n2+n.于是a1=S1=2, n2时, an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1) 2-(n-1) =2n.综上, 数列an的通项an=2n.(2) 证明: 由于an=2n, bn=,则bn=-.Tn=1-+-+-+-+-= =.18.
