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  • 2021-06-16 发布

2019届二轮复习“数列与数学归纳法”专题提能课课时作业(全国通用)

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‎2019届二轮复习 “数列与数学归纳法”专题提能课 课时作业(全国通用)‎ A组——易错清零练 ‎1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S10=10,S30=130,则S40=(  )‎ A.-510         B.400‎ C.400或-510 D.30或40‎ 解析:选B 等比数列{an}中,S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等比数列,且由题意知,S20>0,所以S10(S30-S20)=(S20-S10)2,即10(130-S20)=(S20-10)2,解得S20=40,又(S20-S10)(S40-S30)=(S30-S20)2,即30(S40-130)=902,解得S40=400.‎ ‎2.在数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2-an=1+(-1)n,那么S100的值为(  )‎ A.2 500 B.2 600‎ C.2 700 D.2 800‎ 解析:选B 当n为奇数时,an+2-an=0⇒an=1,‎ 当n为偶数时,an+2-an=2⇒an=n,‎ 故an= 于是S100=50+=2 600.‎ ‎3.在数列{an}中,“an=2an-1,n=2,3,4,…”是“{an}是公比为2的等比数列”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:选B 当an=0时,也有an=2an-1,n=2,3,4,…,但{an}不是等比数列,因此充分性不成立;当{an}是公比为2的等比数列时,有=2,n=2,3,4,…,即an=2an-1,n=2,3,4,…,所以必要性成立.‎ ‎4.已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+1,数列{bn}满足bn=,则bn=________.‎ 解析:当n=1时,a1=S1=2,‎ 因为Sn=n2+1,Sn-1=(n-1)2+1(n≥2),‎ 两式相减得an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2),‎ 所以当n≥2时,an=2n-1,‎ 又a1=2不符合上式,所以an= 因为bn=,所以bn= 答案: ‎5.已知一个等比数列{an}的前4项之积为,第2,3项的和为,则数列{an}的公比q=________.‎ 解析:设数列{an}的前4项分别为a,aq,aq2,aq3,‎ 则可得 所以(1+q)4=64q2,即(1+q)2=±8q,‎ 当q>0时,可得q2-6q+1=0,‎ 解得q=3±2,‎ 当q<0时,可得q2+10q+1=0,‎ 解得q=-5±2.‎ 综上,q=3±2或q=-5±2.‎ 答案:3±2或-5±2 B组——方法技巧练 ‎1.已知正项数列{an}中,a1=1,且(n+2)a-(n+1)a+anan+1=0,则它的通项公式为(  )‎ A.an= B.an= C.an= D.an=n 解析:选B 因为(n+2)a-(n+1)a+anan+1=0,所以[(n+2)an+1-(n+1)an](an+1+an)=0.又{an}为正项数列,所以(n+2)an+1-(n+1)an=0,即=,则an=··…··a1=··…··1=.故选B.‎ ‎2.(2019届高三·豫南十校联考)设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数,且对任意的x,y∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y).若a1=,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是(  )‎ A. B. C. D. 解析:选C 在f(x)·f(y)=f(x+y)中,令x=n,y=1,得f(n+1)=f(n)f(1),又a1=,an=f(n)(n∈N*),则an+1=an,所以数列{an}是首项和公比都是的等比数列,其前n项和Sn= ‎=1-∈,故选C.‎ ‎3.已知数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*),则数列{an}的通项公式为________.‎ 解析:因为an+1=(n∈N*),‎ 所以=+1,‎ 设+t=3,‎ 所以3t-t=1,‎ 解得t=,‎ 所以+=3,‎ 又+=1+=,‎ 所以数列是以为首项,3为公比的等比数列,‎ 所以+=×3n-1=,‎ 所以=,所以an=.‎ 答案:an= ‎4.(2018·惠州调研)已知数列{an}中,点(an,an+1)在直线y=x+2上,且首项a1=1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}中,b1=a1,b2=a2,数列{bn}的前n项和为Tn,请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值.‎ 解:(1)根据已知a1=1,an+1=an+2,‎ 即an+1-an=2=d,‎ 所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,‎ an=a1+(n-1)d=2n-1.‎ ‎(2)数列{an}的前n项和Sn=n2.‎ 等比数列{bn}中,b1=a1=1,b2=a2=3,‎ 所以q=3,bn=3n-1.‎ 数列{bn}的前n项和Tn==.‎ Tn≤Sn即≤n2,又n∈N*,‎ 所以n=1或2. ‎ C组——创新应用练 ‎1.(2018·襄阳四校联考)我国古代数学名著《九章算术》中,有已知长方形面积求一边的算法,其方法的前两步为:‎ ‎(1)构造数列1,,,,…,; ①‎ ‎(2)将数列①的各项乘以,得到一个新数列a1,a2,a3,a4,…,an.‎ 则a‎1a2+a‎2a3+a‎3a4+…+an-1an=(  )‎ A. B. C. D. 解析:选C 依题意可得新数列为,,,…,×,所以a‎1a2+a‎2a3+…+an-1an===×=.故选C.‎ ‎2.已知数列{an}的通项公式为an=log(n+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(0,2 018]内的所有“优数”的和为(  )‎ A.1 024 B.2 012‎ C.2 026 D.2 036‎ 解析:选C a1·a2·a3·…·an=log23·log34·log45·…·log(n+1)(n+2)=log2(n+2)=k,k∈Z,令00)的图象上,若点Bn的坐标为(n,0)(n≥2,n∈N*),记矩形AnBnCnDn的周长为an,则a2+a3+…+a10=(  )‎ A.208 B.212‎ C.216 D.220‎ 解析:选C 由题意得|AnDn|=|BnCn|=n+,设点Dn的坐标为,则有x+=n+,得x=(x=n舍去),即An,则|AnBn|=n-,所以矩形的周长为an=2(|AnBn|+|BnCn|)=2+2=4n,则a2+a3+…+a10=4(2+3+4+…+10)=216.‎ ‎5.(2018·上海松江区联考)在一个有穷数列的每相邻两项之间添加一项,使其等于两相邻项的和,我们把这样的操作叫做该数列的一次“H扩展”.已知数列1,2第一次“H扩展”后得到数列1,3,2,第二次“H扩展”后得到数列1,4,3,5,2,那么第10次“H扩展”后得到的数列的所有项的和为(  )‎ A.88 572 B.88 575‎ C.29 523 D.29 526‎ 解析:选B 记第n次“H扩展”后得到的数列所有项的和为Hn,则H1=1+2+3=6,H2=1+3+2+4+5=15,H3=15+5+7+8+7=42,从中发现H3-H2=27=33,H2-H1=9=32,归纳得Hn-Hn-1=3n(n≥2),利用累加法求和得Hn=,n≥2,所以H10==88 575,故选B.‎ ‎6.(2018·河北衡水中学检测)对于数列{an},定义Hn=为{an}的“优值”,现在已知某数列{an}的“优值”Hn=2n+1,记数列{an-kn}的前n项和为Sn,若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立,则实数k的取值范围为________.‎ 解析:由题意知Hn==2n+1,‎ 所以a1+‎2a2+…+2n-1an=n×2n+1, ①‎ 当n≥2时,a1+‎2a2+…+2n-2an-1=(n-1)×2n, ②‎ ‎①-②得:2n-1an=n×2n+1-(n-1)×2n,‎ 解得an=2n+2,n≥2,‎ 当n=1时,a1=4也满足上式,所以数列{an}的通项公式为an=2n+2,且数列{an}为等差数列,公差为2.‎ 令bn=an-kn=(2-k)n+2,则数列{bn}也是等差数列,‎ 由Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立,知2-k<0,且b5=12-5k≥0,b6=14-6k≤0,‎ 解得≤k≤.‎ 答案: ‎7.设函数f(x)=+sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}.‎ ‎(1)求数列{xn}的通项公式;‎ ‎(2)令bn=,设数列的前n项和为Sn,求证:Sn<.‎ 解:(1)f(x)=+sin x,令f′(x)=+cos x=0,得x=2kπ±(k∈Z),‎ 由f′(x)>0⇒2kπ-0,所以c1=1.‎ 当n≥2时,c+c+c+…+c=T,‎ c+c+c+…+c=T.‎ 两式相减,得c=T-T ‎=(Tn-Tn-1)(Tn+Tn-1)‎ ‎=cn·(Tn+Tn-1).‎ 因为cn>0,所以c=Tn+Tn-1=2Tn-cn.‎ 显然c1=1适合上式,‎ 所以当n≥2时,c=2Tn-1-cn-1.‎ 于是c-c=2(Tn-Tn-1)-cn+cn-1‎ ‎=2cn-cn+cn-1=cn+cn-1.‎ 因为cn+cn-1>0,所以cn-cn-1=1,‎ 所以数列{cn}是首项为1,公差为1的等差数列,‎ 所以cn=n,Tn=.‎ 所以==不为常数,‎ 故数列{cn}不是“幸福数列”.‎

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