苏教版必修5第3章 不等式综合与测试课时作业

这是一份苏教版必修5第3章 不等式综合与测试课时作业，共6页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间：30分钟 满分：60分)
一、填空题(每小题5分，共30分)
1．已知各项均不为0的等差数列{an}，满足2a3－aeq \\al(2,7)＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝________.
解析 因为{an}为等差数列，所以a3＋a11＝2a7，所以已知等式可化为4a7－aeq \\al(2,7)＝0，解得a7＝4或a7＝0(舍去)，又{bn}为等比数列，所以b6b8＝beq \\al(2,7)＝aeq \\al(2,7)＝16.
答案 16
2．在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么x＋y＋z的值为________.
解析 由题知表格中第三列中的数成首项为4，公比为eq \f(1,2)的等比数列，故有x＝1.根据每行成等差数列得第四列前两个数字依次为5，eq \f(5,2)，故第四列的公比为eq \f(1,2)，所以y＝5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(5,8)，同理z＝6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(3,8)，故x＋y＋z＝2.
答案 2
3．设关于x的不等式x2－x＜2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．
解析 由x2－x＜2nx(n∈N*)，得0＜x＜2n＋1，
因此知an＝2n.∴S100＝eq \f(1002＋200,2)＝10 100.
答案 10 100
4．数列{an}的通项an＝n2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs2\f(nπ,3)－sin2\f(nπ,3)))，其前n项和为Sn，则S30为________．
解析 注意到an＝n2cseq \f(2nπ,3)，且函数y＝cseq \f(2πx,3)的最小正周期是3，因此当n是正整数时，an＋an＋1＋an＋2＝－eq \f(1,2)n2－eq \f(1,2)(n＋1)2＋(n＋2)2＝3n＋eq \f(7,2)，其中n＝1,4,7，…，
S30＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×1＋\f(7,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×4＋\f(7,2)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×28＋\f(7,2)))＝3×eq \f(10×1＋28,2)＋eq \f(7,2)×10＝470.
答案 470
5．对正整数n，若曲线y＝xn(1－x)在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))的前n项和为________．
解析 由题意，得y′＝nxn－1－(n＋1)xn，故曲线y＝xn(1－x)在x＝2处的切线的斜率为k＝n2n－1－(n＋1) 2n，切点为(2，－2n)，所以切线方程为y＋2n＝k(x－2)．令x＝0得an＝(n＋1)2n，即eq \f(an,n＋1)＝2n，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))的前n项和为2＋22＋23＋…＋2n＝2n＋1－2.
答案 2n＋1－2
6．在数列{an}中，若aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n＋1)＝p(n≥1，n∈N*，p为常数)，则称{an}为“等方差数列”，下列是对“等方差数列”的判断：
①若{an}是等方差数列，则{aeq \\al(2,n)}是等差数列；
②{(－1)n}是等方差数列；
③若{an}是等方差数列，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列．其中真命题的序号为________(将所有真命题的序号填在横线上)．
解析 ①正确，因为aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n＋1)＝p，所以aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝－p，于是数列{aeq \\al(2,n)}为等差数列．②正确，因为(－1)2n－(－1)2(n＋1)＝0为常数，于是数列{(－1)n}为等方差数列．③正确，因为aeq \\al(2,kn)－aeq \\al(2,kn＋k)＝(aeq \\al(2,kn)－aeq \\al(2,kn＋1))＋(aeq \\al(2,kn＋1)－aeq \\al(2,kn＋2))＋(aeq \\al(2,kn＋2)－aeq \\al(2,kn＋3))＋…＋(aeq \\al(2,kn＋k－1)－aeq \\al(2,kn＋k))＝kp，则{akn}(k∈N*，k为常数)也是等方差数列．
答案 ①②③
二、解答题(每小题15分，共30分)
7．(2009·江苏)设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＝aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,5)，S7＝7.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)试求所有的正整数m，使得eq \f(amam＋1,am＋2)为数列{an}中的项．
解 (1)由题意，设等差数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d，d≠0.
由aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＝aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,5)知2a1＋5d＝0.①
又因为S7＝7，所以a1＋3d＝1.②
由①②可得a1＝－5，d＝2.
所以数列{an}的通项公式an＝2n－7，
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝n2－6n.
(2)因为eq \f(amam＋1,am＋2)＝eq \f(am＋2－4am＋2－2,am＋2)＝am＋2－6＋eq \f(8,am＋2)为数列{an}中的项，故eq \f(8,am＋2)为整数，又由(1)知am＋2为奇数，所以am＋2＝2m－3＝±1，即m＝1,2.
经检验，符合题意的正整数只有m＝2.
8．在数列{an}中，an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)，a1＝－23.
(1)求an；
(2)设Sn为{an}的前n项和，求Sn的最小值．
解 (1)由an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)，
an＋2＋an＋1＝2(n＋1)－44.
∴an＋2－an＝2，又a2＋a1＝2－44，∴a2＝－19.
同理得：a3＝－21，a4＝－17.故a1，a3，a5，…是以a1为首项、2为公差的等差数列，a2，a4，a6，…是以a2为首项、2为公差的等差数列．
从而an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n－24n为奇数，,n－21n为偶数.))
(2)当n为偶数时，
Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)
＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋…＋[2×(n－1)－44]
＝2[1＋3＋…＋(n－1)]－eq \f(n,2)·44＝eq \f(n2,2)－22n，
故当n＝22时，Sn取得最小值－242.
当n为奇数时，
Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝a1＋(2×2－44)＋…＋[2×(n－1)－44]
＝a1＋2[2＋4＋…＋(n－1)]＋eq \f(n－1,2)·(－44)
＝－23＋eq \f(n＋1n－1,2)－22(n－1)
＝eq \f(n2,2)－22n－eq \f(3,2).
故当n＝21或n＝23时，Sn取得最小值－243.
综上所述：当n为偶数时，Sn取得最小值为－242；当n为奇数时，Sn取最小值为－243.
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1．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q＝________.
解析 由题意知{an}有连续四项在集合{－54，－24,18,36,81}中，四项－24,36，－54,81成等比数列，公式为q＝－eq \f(3,2)，6q＝－9.
答案 －9
2．(2012·无锡调研一)设Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝2am，则m＝________.
解析 (1)当公比q＝1时，2×9a1＝3a1＋6a1，则a1＝0，舍去．
(2)当公比q≠1时，
2×eq \f(a11－q9,1－q)＝eq \f(a11－q3,1－q)＋eq \f(a11－q6,1－q)，∴2q6＝1＋q3，
则2a2q6＝a2＋a2q3，即2a8＝a2＋a5，从而m＝8.
答案 8
3．(2012·淮南模拟)若数列{an}，{bn}的通项公式分别是an＝(－1)n＋2 010·a，bn＝2＋eq \f(－1n＋2 011,n)，且an＜bn对任意n∈N*恒成立，则常数a的取值范围是________．
解析 由an＜bn，得(－1)n·a＜2－eq \f(－1n,n).若n为偶数，则a＜2－eq \f(1,n)对任意正偶数成立，所以a＜2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)；若n为奇数，则a＞－2－eq \f(1,n)对任意正奇数成立，所以a≥－2.故－2≤a＜eq \f(3,2).
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(3,2)))
4．(2012·福建师大附中模拟)如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横纵坐标分别对应数列{an}(n∈N*)的前12项，如下表所示：
按如此规律下去，则a2 009＋a2 010＋a2 011＝________.
解析 观察发现，a2n＝n，且当n为奇数时，a2n－1＋a2n＋1＝0，所以a2 009＋a2 010＋a2 011＝0＋eq \f(2 010,2)＝1 005.
答案 1 005
5．定义一种新运算*，满足n*k＝nλk－1(n，k∈N*，λ为非零常数)．
(1)对于任意给定的k值，设an＝n*k(n∈N*)，求证：数列{an}是等差数列；
(2)对于任意给定的n值，设bk＝n*k(k∈N*)，求证：数列{bk}是等比数列；
(3)设cn＝n*n(n∈N*)，试求数列{cn}的前n项和Sn.
(1)证明 因为an＝n*k(n∈N*)，n*k＝nλk－1(n，k∈N*，λ为非零常数)，所以an＋1－an＝(n＋1)*k－n*k＝(n＋1)λk－1－nλk－1＝λk－1.
又k∈N*，λ为非零常数，所以{an}是等差数列．
(2)证明 因为bk＝n*k(k∈N*)，n*k＝nλk－1(n，k∈N*，λ为非零常数)，所以eq \f(bk＋1,bk)＝eq \f(n*k＋1,n*k)＝eq \f(nλk,nλk－1)＝λ.又λ为非零常数，所以{bk}是等比数列．
(3)解 cn＝n*n＝nλn－1(n∈N*，λ为非零常数)，Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝λ0＋2λ＋3λ2＋…＋nλn－1，①
当λ＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)；
当λ≠1时，λSn＝λ＋2λ2＋3λ3＋…＋nλn.②
①－②，得Sn＝eq \f(1－λn,1－λ2)－eq \f(nλn,1－λ).
综上，得Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)λ＝1，,\f(1－λn,1－λ2)－\f(nλn,1－λ)λ≠1.))
6．已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An(eq \r(an)，eq \r(an＋1))在双曲线y2－x2＝1上，数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－eq \f(1,2)x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn}是等比数列；
(3)若cn＝an·bn，求证：cn＋1＜cn.
(1)解 由已知点An在y2－x2＝1上知，an＋1－an＝1，
∴数列{an}是一个以2为首项，以1为公差的等差数列，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.
(2)证明 ∵点(bn，Tn)在直线y＝－eq \f(1,2)x＋1上，
∴Tn＝－eq \f(1,2)bn＋1，①
∴Tn－1＝－eq \f(1,2)bn－1＋1(n≥2)，②
①②两式相减得bn＝－eq \f(1,2)bn＋eq \f(1,2)bn－1(n≥2)，
∴eq \f(3,2)bn＝eq \f(1,2)bn－1，∴bn＝eq \f(1,3)bn－1.
令n＝1，得b1＝－eq \f(1,2)b1＋1，∴b1＝eq \f(2,3)，
∴{bn}是一个以eq \f(2,3)为首项，以eq \f(1,3)为公比的等比数列．
(3)证明 由(2)可知bn＝eq \f(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(2,3n).
∴cn＝an·bn＝(n＋1)·eq \f(2,3n)，
∴cn＋1－cn＝(n＋2)·eq \f(2,3n＋1)－(n＋1)·eq \f(2,3n)
＝eq \f(2,3n＋1)[(n＋2)－3(n＋1)]＝eq \f(2,3n＋1)(－2n－1)＜0，∴cn＋1＜cn.

2
4
1
2
x
y
z
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
x1
y1
x2
y2
x3
y3
x4
y4
x5
y5
x6
y6