《2021届高考数学一轮总复习课时作业36数列的热点问题含解析苏教版181》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高考数学一轮总复习课时作业36数列的热点问题含解析苏教版181（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业36数列的热点问题一、选择题1设函数f(x)xmax的导函数f(x)2x1，则数列(nN*)的前n项和是(A)A BC D解析：f(x)mxm1a2x1，a1，m2，f(x)x(x1)，则，用裂项法求得和Sn1.2(2020柳州模拟)设函数f(x)定义为如下数表，且对任意自然数n均有xn1f(xn)，若x06，则x2 019的值为(D)x123456f(x)513264A1 B2C4 D5解析：数列xn满足x06，且对任意自然数n均有xn1f(xn)，利用表格可得x1f(x0)f(6)4，x2f(x1)f(4)2，x3f(x2)f(2)1，x4f(x3)f(1)5，x5f(x4)f(5
2、)6，x6f(x5)f(6)4，xn5xn，x2 019x40354x45.3(2020湖南长沙调研)数列an满足点(an，Sn)(n1)在直线y3x2上，则an的前5项和为(A)A BC D解析：因为点(an，Sn)在直线y3x2上，所以Sn3an2，故Sn13an12，所以当n2时，有an3an3an1，即anan1.又a11，故an0，所以，所以an是首项为1，公比为的等比数列，所以S52.故选A4(2020兰州诊断)朱世杰是元代著名数学家，他所著算学启蒙是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作算学启蒙中提到一些堆垛问题，如“三角垛果子”，就是将一样大小的果子堆垛成正三棱锥，每层皆堆成正三
3、角形，从上向下数，每层果子数分别为1,3,6,10，.现有一个“三角垛果子”，其最底层每边果子数为10，则该层果子数为(B)A50 B55C100 D110解析：由题意可知三角垛从上而下，每层果子数构成一个数列an，其中a11，a23，a36，a410，可变形为a1，a2，a3，a4，由此得数列an的通项为an，则a1055，故选B5(2020江西名校联考)已知等比数列an的前n项和为Sn.若a12a20，S3，且aSna2，则实数a的取值范围是(B)A1,0 BC D0,1解析：设等比数列an的公比为q.由a12a20，S3，得a11，q，所以Sn.当n1时，Sn取最大值1；当n2时，Sn取
4、最小值.所以解得1a，故选B6(2020昆明模拟)数列Fn：1,1,2,3,5,8,13,21,34，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的，故又称为“兔子数列”该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和记数列Fn的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(A)AS2 019F2 0211 BS2 019F2 0212CS2 019F2 0201 DS2 019F2 0202解析：根据题意有FnFn1Fn2(n3)，所以S3F1F2F31F1F2F31F3F2F31F4F31F51，S4F4S3F4F51F61，S5F5S4F5F61F71，所以S2 0
5、19F2 0211.7(2020郑州预测)已知数列an满足2an1an3(n1)，且a3，其前n项和为Sn，则满足不等式|Snn6|的最小整数n是(C)A8 B9C10 D11解析：由2an1an3，得2(an11)(an1)0，即，又a3，所以a31，代入上式，有a21，a119，所以数列an1是首项为9，公比为的等比数列所以|Snn6|(a11)(a21)(an1)6|，又nN*，所以n的最小值为10.故选C二、填空题8(2020昆明模拟)已知递增等比数列an满足a2a36a1，则an的前三项依次是1,2,4(填首项为正数，公比为2的等比数列的前三项均可)(填出满足条件的一组即可)解析：设
6、an的公比为q，a2a36a1a1qa1q26a1qq26q3或q2，又数列an单调递增，所以q2，所以只要填写首项为正数，公比为2的等比数列的前三项均可，如1,2,4.9(2020广东广州模拟)某用人单位为鼓励员工爱岗敬业，在分配方案中规定：年度考核合格的员工，从下一年一月份开始在上一年平均月工资收入基础上增加7%作为新一年的月工资收入假设某员工自2004年一月以来一直在该单位供职，且同一年内月工资收入相同，2004年的月工资收入为5 000元，则2019年一月该员工的月工资收入为13_795.16元(结果保留两位小数，1.07152.759 032)解析：由题可得该员工2004年至2019
7、年的月工资收入构成首项a15 000，公比q1.07的等比数列，所以2019年的月工资收入a165 0001.071513 795.16(元)10(2020洛阳联考)已知函数f(x)，g(x)f(x1)1，angggg(nN*)，则数列an的通项公式为an2n1.解析：因为f(x)，所以f(x)f(x)，所以函数f(x)为奇函数因为g(x)f(x1)1，所以g(x)的图象关于点(1,1)对称，若x1x22，则有g(x1)g(x2)2，所以angggg2(n1)g(1)2n2f(0)12n1，即an2n1，故数列an的通项公式为an2n1.11(2020济宁模拟)若数列an满足：只要apaq(p
8、，qN*)，必有ap1aq1，那么就称数列an具有性质P.已知数列an具有性质P，且a11，a22，a33，a52，a6a7a821，则a2 02016.解析：根据题意，数列an具有性质P，且a2a52，则有a3a63，a4a7，a5a82.由a6a7a821，可得a3a4a521，则a4213216，进而分析可得a3a6a9a3n3，a4a7a10a3n116，a5a8a3n22(n1)，则a2 020a3673116.三、解答题12(2020昆明诊断)已知数列an是等比数列，公比q1，前n项和为Sn，若a22，S37.(1)求an的通项公式；(2)设mZ，若Snm恒成立，求m的最小值解：(
9、1)由a22，S37得解得或(舍去)所以an4n1n3.(2)由(1)可知，Sn80，所以Sn单调递增又S37，所以当n4时，Sn(7,8)又Sn2 018成立的最小正整数n的值解：(1)令n1得，a12a2a30，解得a25.又由an2an1an20知，an2an1an1ana2a12，故数列an是首项a13，公差d2的等差数列，于是an2n1，bna2n12n1.(2)由(1)知，bn2n1.于是b1b2bn(21222n)nn2n1n2.令f(n)2n1n2，易知f(n)是关于n的单调递增函数，又f(9)210921 031，f(10)2111022 056，故使b1b2bn2 018成立的最小正整数n的值是10.5
