届一轮复习理通用版专题突破练4数列中的典型题型与创新题型测试Word格式文档下载.docx
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A.496B.469C.4914D.4915
解析 因为数列{an}是等差数列,所以an=a1+(n-1)d=(n-1)d,因为ak=a10+a11+…+a100,所以ak=100a1+d-9a1+d=4914d,又ak=(k-1)d,所以(k-1)d=4914d,所以k=4915.故选D.
5.已知数列{an}的通项为an=logn+1(n+2)(n∈N*),我们把使乘积a1·
a2·
a3·
…·
an为整数的n叫做“优数”,则在(0,2018]内的所有“优数”的和为( )
A.1024B.2012C.2026D.2036
解析 设a1·
an=log23·
log34·
log45·
logn+1(n+2)=log2(n+2)=k,k∈Z,则0<
n=2k-2≤2018,2<
2k≤2020,1<
k≤10,∴所有“优数”之和为(22-2)+(23-2)+…+(210-2)=-18=211-22=2026.故选C.
6.约瑟夫规则:
将1,2,3,…,n按逆时针方向依次放置在一个单位圆上,然后从1开始,按逆时针方向,每隔一个数删除一个数,直至剩余一个数为止,删除的数依次为1,3,5,7,….当n=65时,剩余的一个数为( )
A.1B.2C.4D.8
答案 B
解析 将1,2,3,…,65按逆时针方向依次放置在一个单位圆上,然后从1开始,按逆时针方向,每隔一个数删除一个数,首先删除的数为1,3,5,7,…,65(删除33个,剩余32个);
然后循环,删除的数的个数分别为16,8,4,2,1,最后剩余2.故选B.
7.已知数列{an}中,an+1=3Sn,则下列关于{an}的说法正确的是( )
A.一定为等差数列
B.一定为等比数列
C.可能为等差数列,但不会为等比数列
D.可能为等比数列,但不会为等差数列
解析 若数列{an}中所有的项都为0,则满足an+1=3Sn,所以数列{an}可能为等差数列,故B,D不正确;
由an+1=3Sn,得an+2=3Sn+1,则an+2-an+1=3(Sn+1-Sn)=3an+1,所以an+2=4an+1,当a1≠0时,易知an+1≠0,所以=4,由an+1=3Sn,得a2=3a1,即=3,此时数列{an}既不是等比数列又不是等差数列,故A不正确,C正确.故选C.
8.(2018·
江西南昌测试二)已知各项均为正数的递增数列{an}的前n项和为Sn满足2=an+1,bn=,若b1,b2,bm成等差数列,则的最大值为( )
A.B.C.D.
解析 由题2=an+1,则4Sn=(an+1)2,4Sn+1=(an+1+1)2,作差得an+1-an=2,2=a1+1⇒a1=1,an=2n-1,由b1,b2,bm成等差数列,可得bm=2b2-b1,=-,分离m化简得m=3+,故(t,m)=(2,7),(3,5),(5,4),max=.故选D.
9.(2018·
河南信阳高级中学模拟)给定函数y=f(x)的图象在下列四个选项中,并且对任意a1∈(0,1),由关系式an+1=f(an)得到的数列{an}满足an+1<
an.则该函数的图象可能是( )
答案 A
解析 由题对于给定函数y=f(x)的图象在下列四个选项中,并且对任意a1∈(0,1),由关系式an+1=f(an)得到的数列{an}满足an+1<
an.则可得到f(an)<an,所以f(a1)<a1在∀a1∈(0,1)上都成立,即∀x∈(0,1),f(x)<x,所以函数图象都在y=x的下方.故选A.
10.杨辉三角,是二项式系数在三角形中的一种几何排列.在欧洲,这个表叫做帕斯卡三角形.帕斯卡(1623~1662)是在1654年发现这一规律的,比杨辉要迟393年,比贾宪迟600年.右图的表在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里就出现了,这又是我国数学史上的一个伟大成就.如图所示,在“杨辉三角”中,从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列:
1,2,3,3,6,4,10,5,…,则此数列前16项和为( )
A.120B.163C.164D.165
解析 考查每行第二个数组成的数列:
2,3,4,5,…,归纳推理可知其通项公式为bn=n+1,其前8项和S8=8×
2+×
1=44;
每行第三个数组成的数列:
1,3,6,10,…,归纳推理可知其通项公式为cn==(n2+n),其前8项和
T8=×
+=120,据此可得题中数列前16项和为120+44=164.故选C.
11.(2018·
河南林州调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足S17>
0,S18<
0,则,,…,中最大的项为( )
解析 ∵等差数列{an}中,S17>
0,且S18<
0,即S17=17a9>
0,S18=9(a9+a10)<
0,∴a9+a10<
0,a9>
0,∴a10<
0,∴等差数列{an}为递减数列,故可知a1,a2,…,a9为正,a10,a11,…为负;
∴S1,S2,…,S17为正,S18,S19,…为负,则>
0,>
0,…,>
0,<
0,…,<
0,又∵S1<
S2<
…<
S9,a1>
a2>
…>
a9,则最大.故选C.
12.已知数列{an}为等比数列,a1∈(0,1),a2∈(1,2),a3∈(2,3),则a4的取值范围是( )
A.(3,4)B.(2,4)C.(2,9)D.(2,9)
解析 设等比数列{an}的公比为q,
由已知得
由①②得q=>
=1;
由①③得q2=>
=2;
由②③得q=>
1且q=<
3,故<
q<
3.因为a4=a1q3=(a1q2)·
q,所以2<
a4<
9.故选D.
二、填空题
13.(2018·
湖南张家界模拟)定义“等积数列”,在一个数列中,如果每一项与它后一项的积都为同一个常数,那么这个数列叫做等积数列,这个常数叫做该数列的公积.已知数列{an}是等积数列且a1=2,公积为10,则a2018=________.
答案 5
解析 已知数列{an}是等积数列且a1=2,公积为10,可得a2=5,a3=2,a4=5,a5=2,…,由此奇数项为2,偶数项为5,所以a2018=5.
14.设数列{an}满足a2+a4=10,点Pn(n,an)对任意的n∈N*,都有向量PnPn+1=(1,2),则数列{an}的前n项和Sn=________.
答案 n2
解析 ∵Pn(n,an),∴Pn+1(n+1,an+1),∴PnPn+1=(1,an+1-an)=(1,2),∴an+1-an=2,∴{an}是公差d为2的等差数列.又由a2+a4=2a1+4d=2a1+4×
2=10,解得a1=1,∴Sn=n+×
2=n2.
15.(2018·
湖北荆州中学模拟一)“斐波那契”数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现.数列中的一系列数字常被人们称之为神奇数.具体数列为:
1,1,2,3,5,8,…,即从该数列的第三项数字开始,每个数字等于前两个相邻数字之和.已知数列{an}为“斐波那契”数列,Sn为数列{an}的前n项和,若a2020=M,则S2018=________.(用M表示)
答案 M-1
解析 ∵数列为:
1,1,2,3,5,8,…,即从该数列的第三项数字开始,每个数字等于前两个相邻数字之和,
∴an+2=an+an+1=an+an-1+an=an+an-1+an-2+an-1=an+an-1+an-2+an-3+an-2=…=an+an-1+an-2+an-3+…+a2+a1+1,则S2018=a2020-1=M-1.
16.(2018·
衡水金卷压轴卷二)已知曲线C1的方程为(x-1)2+(y-2)2=1,过平面上一点P1作C1的两条切线,切点分别为A1,B1,且满足∠A1P1B1=.记P1的轨迹为C2,过平面上一点P2作C2的两条切线,切点分别为A2,B2,且满足∠A2P2B2=.记P2的轨迹为C3,按上述规律一直进行下去,…,记an=|AnAn+1|min,且Sn为数列{an}的前n项和,则满足Sn-5n>
0的最小正整数n为________.
解析 由题设可知轨迹C1,C2,C3,…,Cn分别是半径为1,2,4,8,16,32,…,2n的圆.因为an=|AnAn+1|min,所以a1=1,a2=2,a3=4,a4=8,…,an=2n-1,所以Sn=a1+a2+a3+…+an=1+2+4+…+2n-1==2n-1.由Sn-5n>
0,得2n-1-5n>
0⇒2n>
5n+1,故最小的正整数n为5.
三、解答题
17.(2018·
山西考前适应训练)已知等比数列{an}中,an>
0,a1=,-=,n∈N*.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n·
(log2an)2,求数列{bn}的前2n项和T2n.
解
(1)设等比数列{an}的公比为q,则q>
0,
因为-=,所以-=,
因为q>
0,解得q=2,
所以an=×
2n-1=2n-7,n∈N*.
(2)bn=(-1)n·
(log2an)2=(-1)n·
(log22n-7)2
=(-1)n·
(n-7)2,
设cn=n-7,则bn=(-1)n·
(cn)2.
T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n
=-c+c+(-c)+c+…+(-c)+c
=(-c1+c2)(c1+c2)+(-c3+c4)(c3+c4)+…+(-c2n-1+c2n)(c2n-1+c2n)
=c1+c2+c3+c4+…+c2n-1+c2n
=
=n(2n-13)=2n2-13n.
18.(2018·
山东青岛统测)已知等差数列{an}的公差为2,等比数列{bn}的公比为2,且anbn=n·
2n.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)令cn=,记数列{cn}的前n项和为Tn,试比较Tn与的大小.
解
(1)∵anbn=n·
2n,
∴⇒
解得a1=2,b1=1,
∴an=2+2(n-1)=2n,bn=2n-1.
(2)∵an=2n,bn=2n-1,
∴cn===-,
∴Tn=c1+c2+c3+c4+…+cn-1+cn
=1-+-+-+-+…+-+-
=1+--
=-+<
,
∴Tn<
.
19.(2018·
广东三校联考二)设数列{an}的前n项和为Sn,点(an,Sn)(n∈N*)在直线2x-y-2=0上.
(1)求证:
数列{an}是等比数列,并求其通项公式;
(2)设直线x=an与函数f(x)=x2的图象交于点An,与函数g(x)=log2x的图象交于点Bn,记bn=·
(其中O为坐标原点),求数列{bn}的前n项和Tn.
解
(1)证明:
∵点(an,Sn)在直线2x-y-2=0上,
∴2an-Sn-2=0.①
当n=1时,2a1-a1-2=0,∴a1=2.
当n≥2时,2an-1-Sn-1-2=0,②
①-②,得an=2an-1.
∴数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,
则an=2n.
(2)由
(1)及已知易得An(2n,4n),Bn(2n,n),
∴bn=·
,∴bn=(n+1)·
4n.
则Tn=2×
41+3×
42+4×
43+…+(n+1)·
4n,③
4Tn=2×
42+3×
43+4×
44+…+(n+1)·
4n+1,④
③-④,得
-3Tn=8+42+43+…+4n-(n+1)·
4n+1
=8+-(n+1)·
4n+1,
∴Tn=+·
4n+1-.
20.(2018·
湖南六校联考)已知函数f(x)=x2+x+c(c为常数),且x∈-,0时,f(x)的最大值为-,数列{an}的首项a1=,点(an,an+1)在函数f(x)的图象上,其中n≥1,n∈Z.
(1)证明:
数列lgan+是等比数列;
(2)记Rn=a1+·
a2+·
an+,求Rn.
依题意,f(x)=x2+x+c,c为常数,
当x∈-,0时,f′(x)≥0,f(x)单调递增,
所以f(x)max=f(0)=c=-,
所以f(x)=x2+x-.
又点(an,an+1)在函数f(x)的图象上,
所以an+1=a+an-,
即an+1+=an+2,
由于a1=,易知an+>
所以lgan+1+=2lgan+,
又lga1+=lg2≠0,
所以数列lgan+是首项为lg2,公比为2的等比数列.
(2)由
(1)知lgan+=2n-1·
lg2=lg22n-1,
所以an+=22n-1,
所以Rn=220·
221·
222·
22n-1=220+21+22+…+2n-1
=22n-1.
21.(2019·
宁夏六盘山高级中学模拟)已知函数y=f(x).对任意x∈R,都有f(x)+f(1-x)=2.
(1)求f和f+f(n∈N*)的值;
(2)数列{an}满足an=f(0)+f+f+…+f+f
(1)(n∈N*),求证:
数列{an}是等差数列.
解
(1)由题设条件知f+f=2,故f=1.而+=1,故f+f=2.
(2)证明:
依题有an=f(0)+f+…+f+f
(1),n∈N*,
同理有an=f
(1)+f+…+f+f(0),n∈N*,
上述两式对应相加得2an=[f(0)+f
(1)]+f+f+…+f+f+[f(0)+f
(1)]=2(n+1),从而an=n+1,n∈N*,而an+1-an=1,故{an}为等差数列.
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