《2020版高考数学二轮复习：专题培优“数列与数学归纳法”专题培优课》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学二轮复习：专题培优“数列与数学归纳法”专题培优课（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 课时跟踪检测 A级 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 510B 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 S 20 S20 10 2 解得 S20 40 又 S20 S10 S40 S30 S30 S20 2 即 30 S 40 130 90 2 解得 S 40 400 2 在数列 an 中 a1 1 a2 2 an 2 an
2、1 1 n 那么 S 100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 1 n为奇数 n n为偶数 于是 S100 50 2 100 50 2 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
3、是公比为 2 的等比数列时 有 an an 1 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 n 2 1 数列 b n 满足 bn 2 an 1 则 b n 解析 当 n 1 时 a1 S1 2 因为 Sn n 2 1 S n 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 2 n 1 2n 1 n 2 因为 bn 2 an 1 所以 b n 2 3 n 1 1 n n 2 答案 2 3 n 1 1 n n 2 5 已知
4、一个等比数列 an 的前 4 项之积为 1 16 第 2 3 项的和为 2 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 a 4q6 1 16 aq aq 2 2 可得 a 4q6 1 16 aq 1 q 2 所以 1 q 4 64q2 即 1 q 2 8q 当 q 0 时 可得 q 2 6q 1 0 解得 q 3 2 2 当 q 0 时 可得 q 2 10q 1 0 解得 q 5 2 6 综上 q 3 2 2或 q 5 2 6 答案 3 2 2或 5 2 6 B级 方法技巧练 1 已知正项数列 an 中 a1 1 且 n 2 a 2 n 1
5、n 1 a2n anan 1 0 则它 的通项公式为 A an 1 n 1 B an 2 n 1 C an n 2 2 D an n 解析 选 B因为 n 2 a 2 n 1 n 1 a 2 n 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 an 1 an n 1 n 2 则 a n an an 1 an 1 an 2 a2 a1 a1 n n 1 n 1 n 2 3 1 2 n 1 故选 B 2 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
6、y 若 a1 1 2 a n f n n N 则数列 an 的前 n项和 Sn的取值范围是 A 1 2 2 B 1 2 2 C 1 2 1 D 1 2 1 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 1 2 an f n n N 则 a n 1 1 2an 所以数列 an 是首项和公比都是 1 2的等 比数列 其前 n 项和 Sn 1 2 1 1 2 n 1 1 2 1 1 2 n 1 2 1 故选 C 3 已知数列 an 中 a1 1 an 1 an an 3 n N 则数列 an 的通项公式为 解析 因为 an 1 an a
7、n 3 n N 所以 1 an 1 3 an 1 设 1 an 1 t 3 1 an t 所以 3t t 1 解得 t 1 2 所以 1 an 1 1 2 3 1 an 1 2 又 1 a1 1 2 1 1 2 3 2 所以数列 1 an 1 2 是以 3 2为首项 3 为公比的等比数列 所以 1 an 1 2 3 2 3 n 1 3 n 2 所以 1 an 3 n 1 2 所以 an 2 3 n 1 答案 an 2 3 n 1 4 2019 衢州 湖州 丽水三地市质检 设正项数列 an 的前 n 项和为 Sn a1 2 且 1 S 2 n 1 3 1 S 2 n成等差数列 n N 1 求数列
8、 an 的通项公式 2 证明 n 1 10 所以 Sn 0 所以 Sn 2 n 当 n 2 时 an Sn Sn 1 2 n 2n 1 当 n 1 时 a1 2 也满足上式 所以 an 2 n 2n 1 2 证明 由 1 知 Sn 2 n 所以 1 Sn 1 2 n 1 n n 1 n 1 n n 1 n 所以 1 S1 1 S2 1 Sn n 1 1 又因为 1 Sn 1 n n 1 n n 1 n n 1 n 2 当 n 2 时 1 S1 1 S2 1 Sn 1 S1 n 1 n 1 2 当 n 1 时 1 S1 1 2 所以 n N 都有 1 S1 1 S2 1 Sn n 1 2 所以n
9、 1 1 1 S1 1 S2 1 Sn n 1 2 n N C级 创新应用练 1 2019 浙江名校协作体测试 已知公差为 d 的等差数列 an 的前 n 项和为 Sn 若存在正整数 n0 对任意正整数 m Sn0 Sn0 m 0 恒成立 则下列结论不一 定成立的是 A a1d0 D an0 1 an0 2 0 解析 选 C因为数列 an 为等差数列 则其前n 项和为 Sn n a1 an 2 则 由 Sn0 Sn0 m 0 恒成立得 n0a1 an0 2 n0 m a1 an0 m 2 0 恒成立 则 a1 an0 a1 an0 m 0 不符合题意 所以 a1d0 d 0 令 m 1 则有
10、Sn0 Sn0 1 0 则 Sn min min Sn0 Sn0 1 即 Sn 有最小值 则B 一定成立 由 Sn0 Sn0 1 0 d0 Sn0 1 0 则 an0 10 则 D 一定成立 C 不一定成立 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 Ca1 a2 a3 an log23 log34 log45 log n 1 n 2 log2 n 2 k k Z 令 0 n 2
11、k 2 2 018 则 2 2k 2 020 10 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 1 n 设点 Dn 的坐标为 x n 1 n 则有 x 1 x n 1 n 得 x 1 n x n 舍去 即 An 1 n 0 则 AnBn n 1 n 所以矩形 的周长为 an 2 AnBn BnCn 2 n 1 n 2 n 1 n 4n 则 a2 a3 a10 4 2 3 4 10 216 5 对于一切实数 x 令 x 为不大于
12、 x 的最大整数 则函数 f x x 称为高斯 函数或取整函数 若 an f n 3 n N Sn为数列 an 的前 n 项和 则 S3n A 3 2n 2 1 2n B 3 2n 2 1 2n C 3n 2 2n D 9 2n 2 3 2n 解析 选 A由题意 当 n 3k n 3k 1 n 3k 2 时均有 an f n 3 n 3 k 所 以S3n 0 0 1 1 1 3个 2 2 2 3个 n 1 n 1 n 1 3个 n 3 1 n 1 2 n 1 n 3 2n 2 1 2n 6 莱因德纸草书 Rhind Papyrus 是世界上最古老的数学著作之一 书中 有一道这样的题目 把 10
13、0个面包分给 5 个人 使每人所得成等差数列 且使较 大的三份之和的 1 7是较小的两份之和 问最小的一份为 A 5 3个 B 10 3 个 C 5 6个 D 11 6 个 解析 选 A由题意设 5 个人分得的面包数分别为a1 a2 a3 a4 a5 且 不妨设公差d 0 则有 a1 a2 a3 a4 a5 100 a1 a2 1 7 a3 a4 a5 即 5a1 10d 100 2a1 d 1 7 3a1 9d 解得 a1 5 3 即最小的一份为 5 3个 故选 A 7 设函数 f x x 2 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 b
14、n xn 2 设数列 1 bn bn 1 的前 n 项和为 Sn 求证 Sn0 2k 2 3 x 2k 2 3 k Z 由 f x 0 2k 2 3 x 2k 4 3 k Z 当 x 2k 2 3 k Z 时 f x 取得极小值 xn 2n 2 3 n N 2 证明 bn xn 2 n 1 3 3n 1 3 1 bn bn 1 3 3n 1 3 3n 2 3 1 3n 1 1 3n 2 Sn 3 1 2 1 5 1 5 1 8 1 3n 1 1 3n 2 3 1 2 1 3n 2 3 2 3 3n 2 Sn0 所以 c1 1 当 n 2 时 c 3 1 c 3 2 c 3 3 c 3 n T
15、2 n c 3 1 c 3 2 c 3 3 c 3 n 1 T 2 n 1 两式相减 得 c 3 n T2n T2n 1 Tn Tn 1 Tn Tn 1 cn Tn Tn 1 因为 cn 0 所以 c 2 n Tn Tn 1 2Tn cn 显然 c1 1 适合上式 所以当 n 2 时 c 2 n 1 2Tn 1 cn 1 于是 c 2 n c 2 n 1 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 n n 1 2 所以 Tn T2n n n 1 2n 2n 1 n 1 4n 2不为常数 故数列 cn 不是 幸福数列
