高考數(shù)學(xué) 考前三個(gè)月復(fù)習(xí)沖刺 第三篇 回扣專項(xiàng)練4 數(shù)列 理試題

1.(2015·大連模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差d<0，若a4·a6＝24，a2＋a8＝10，則該數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的最大值為()A.50B.40C.45D.352.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝－11，a5＋a6＝－4，Sn取得最小值時(shí)n的值為()A.6B.7C.8D.93.已知等比數(shù)列{an}的公比為q，記bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋…＋am(n－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m(m，n∈N*)，則以下結(jié)論一定正確的是()A.數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，公差為qmB.數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，公比為q2mC.數(shù)列{cn}為等比數(shù)列，公比為qm2D.數(shù)列{cn}為等比數(shù)列，公比為qmm4.(2015·德州模擬)定義數(shù)列{xn}：x1＝1，xn＋1＝3xeq\o\al(3,n)＋2xeq\o\al(2,n)＋xn；數(shù)列{yn}：yn＝eq\f(1,1＋2xn＋3x\o\al(2,n))；數(shù)列{zn}：zn＝eq\f(2＋3xn,1＋2xn＋3x\o\al(2,n))；若{yn}的前n項(xiàng)的積為P，{zn}的前n項(xiàng)的和為Q，那么P＋Q等于()A.1B.2C.3D.不確定5.數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝eq\f(2,an＋1)，bn＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(an＋2,an－1)))，n∈N*，則數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn＝________.6.某住宅小區(qū)計(jì)劃植樹不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植樹的棵數(shù)是前一天的2倍，則需要的最少天數(shù)n(n∈N*)等于________.7.設(shè)數(shù)列an＝log(n＋1)(n＋2)，n∈N*，定義使a1·a2·a3·…·ak為整數(shù)的實(shí)數(shù)k為中國夢(mèng)吉祥數(shù)，則在[1，2016]內(nèi)的所有中國夢(mèng)吉祥數(shù)之和為________.8.設(shè)a1，a2，…，a50是從－1、0、1這三個(gè)整數(shù)中取值的數(shù)列，若a1＋a2＋a3＋…＋a50＝9，且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝107，則a1，a2，…，a50中是數(shù)字0的個(gè)數(shù)為________.9.對(duì)于E＝{a1，a2，…，a100}的子集X＝{ai1，ai2，…，aik}，定義X的“特征數(shù)列”為x1，x2，…，x100，其中xi1＝xi2＝…＝xik＝1.其余項(xiàng)均為0，例如：子集{a2，a3}的“特征數(shù)列”為0,1,1,0,0，…，0.(1)子集{a1，a3，a5}的“特征數(shù)列”的前三項(xiàng)和等于___________________________；(2)若E的子集P的“特征數(shù)列”p1，p2，…，p100滿足p1＝1，pi＋pi＋1＝1,1≤i≤99；E的子集Q的“特征數(shù)列”q1，q2，…，q100滿足q1＝1，qj＋qj＋1＋qj＋2＝1,1≤j≤98，則P∩Q的元素個(gè)數(shù)為________.10.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3，且a1，a2，a3，a4，…，a11成等比數(shù)列，當(dāng)n≥11時(shí)，an>0.(1)求證：當(dāng)n≥11時(shí)，{an}成等差數(shù)列；(2)求{an}的前n項(xiàng)和Sn.11.設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足4Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)－4n－1，n∈N*，且a2，a5，a14構(gòu)成等比數(shù)列.(1)證明：a2＝eq\r(4a1＋5)；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,2).12.(2015·深圳模擬)設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn滿足Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,3).

答案精析回扣專項(xiàng)練41.C[∵a4＋a6＝a2＋a8＝10，a4·a6＝24，d<0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝6，,a6＝4.))∴d＝eq\f(a6－a4,6－4)＝－1，∴an＝a4＋(n－4)d＝10－n.∴當(dāng)n＝9或10時(shí)Sn取到最大值，S9＝S10＝45.]2.A[∵a5＋a6＝a1＋a10＝－11＋a10＝－4，∴a10＝7，∴－11＋9d＝7，∴d＝2，∴a7＝a10－3d＝1>0，a6＝a10－4d＝－1<0，故選A.]3.C[顯然，{bn}不可能是等比數(shù)列；{cn}是等比數(shù)列；證明如下：cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2…am(n－1)＋m，cn＋1＝amn＋1·amn＋2…amn＋m，eq\f(cn＋1,cn)＝eq\f(amn＋1·amn＋2…amn＋m,amn－1＋1·amn－1＋2…amn－1＋m)＝qmqm…qm＝(qm)m＝qm2.]4.A[由題設(shè)可得：yn＝eq\f(xn,xn＋1)，所以P＝y(tǒng)1y2…yn＝eq\f(x1,x2)·eq\f(x2,x3)·eq\f(x3,x4)…eq\f(xn,xn＋1)＝eq\f(x1,xn＋1).zn＝eq\f(2＋3xn,1＋2xn＋3x\o\al(2,n))＝y(tǒng)n(2＋3xn)＝eq\f(xn2＋3xn,xn＋1)＝eq\f(2xn＋3x\o\al(2,n),xn＋1)＝eq\f(2xn＋3x\o\al(2,n)＋1－1,xn＋1)＝eq\f(1,xn)－eq\f(1,xn＋1).所以Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,x3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x3)－\f(1,x4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)－\f(1,xn＋1)))＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,xn＋1).所以P＋Q＝eq\f(x1,xn＋1)＋eq\f(1,x1)－eq\f(1,xn＋1)＝eq\f(1,xn＋1)＋eq\f(1,1)－eq\f(1,xn＋1)＝1.故選A.巧解：取n＝1，可得P＋Q＝1，故選A.]5.2n＋1解析由條件得bn＋1＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1＋2,an＋1－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2,an＋1)＋2,\f(2,an＋1)－1)))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(an＋2,an－1)))＝2bn，且b1＝4，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為4，公比為2的等比數(shù)列，則bn＝4·2n－1＝2n＋1.6.6解析每天植樹棵數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列{an}，其中a1＝2，q＝2.則Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2(2n－1)≥100，即2n＋1≥102.∴n≥6，∴最少天數(shù)n＝6.7.2026解析a1·a2·a3·…·ak＝log23·log34·…·log(k＋1)(k＋2)＝log2(k＋2)，僅當(dāng)k＝2n－2時(shí)，上式為中國夢(mèng)吉祥數(shù).其和：21－2＋22－2＋…＋210－2＝2026.8.11解析(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝107，則(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,50))＋2(a1＋a2＋…＋a50)＋50＝107，∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,50)＝39，故a1，a2，…，a50中數(shù)字0的個(gè)數(shù)為50－39＝11.9.(1)2(2)17解析(1)子集{a1，a3，a5}的“特征數(shù)列”中共有3個(gè)1，其余均為0，該數(shù)列為1,0,1,0,1,0,0，…，0.故該數(shù)列前3項(xiàng)的和為2.(2)E的子集P的“特征數(shù)列”p1，p2，…，p100中，由于p1＝1，pi＋pi＋1＝1(1≤i≤99)，因此集合P中必含有元素a1.又當(dāng)i＝1時(shí)，p1＋p2＝1，且p1＝1，故p2＝0.同理可求得p3＝1，p4＝0，p5＝1，p6＝0，….故E的子集P的“特征數(shù)列”為1,0,1,0,1,0,1,0，…，1,0，即P＝{a1，a3，a5，a7，…，a99}.E的子集Q的“特征數(shù)列”q1，q2，…，q100中，由于q1＝1，qj＋qj＋1＋qj＋2＝1(1≤j≤98)，因此集合Q中必含有元素a1.又當(dāng)j＝1時(shí)，q1＋q2＋q3＝1，當(dāng)j＝2時(shí)，q2＋q3＋q4＝1，當(dāng)j＝3時(shí)，q3＋q4＋q5＝1，…，故q1＝1，q2＝q3＝0，q4＝1，q5＝q6＝0，q7＝1，….所以E的子集Q的“特征數(shù)列”為1,0,0,1,0,0,1,0,0，…，0,1，即Q＝{a1，a4，a7，a10，…，a100}.因?yàn)?00＝1＋(n－1)×3，故n＝34，所以集合Q中有34個(gè)元素，其下標(biāo)為奇數(shù)的有17個(gè).因此P∩Q＝{a1，a7，a13，a19，…，a97}，共有17個(gè)元素.10.(1)證明由4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3,4Sn＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1－3，得4an＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋2an＋1－2an，(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.當(dāng)n≥11時(shí)，an>0，所以an＋1－an＝2，所以當(dāng)n≥11時(shí)，{an}成等差數(shù)列.(2)解由4a1＝aeq\o\al(2,1)＋2a1－3，得a1＝3或a1＝－1.又a1，a2，a3，a4，…，a11成等比數(shù)列，所以an＋1＋an＝0(n≤10)，q＝－1，而a11>0，所以a1>0，從而a1＝3.所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－1n－11≤n≤10，,2n－19n≥11，))所以Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)[1－－1n]1≤n≤10，,n2－18n＋80n≥11.))11.(1)證明當(dāng)n＝1時(shí)，4a1＝aeq\o\al(2,2)－5，aeq\o\al(2,2)＝4a1＋5，因?yàn)閍n>0，所以a2＝eq\r(4a1＋5).(2)解當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n)－4(n－1)－1，4an＝4Sn－4Sn－1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)－4，aeq\o\al(2,n＋1)＝aeq\o\al(2,n)＋4an＋4＝(an＋2)2，因?yàn)閍n>0，所以an＋1＝an＋2，當(dāng)n≥2時(shí)，{an}是公差d＝2的等差數(shù)列.因?yàn)閍2，a5，a14構(gòu)成等比數(shù)列，aeq\o\al(2,5)＝a2·a14，(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3，由(1)可知，4a1＝aeq\o\al(2,2)－5＝4，a1＝1，又因?yàn)閍2－a1＝3－1＝2，則{an}是首項(xiàng)a1＝1，公差d＝2的等差數(shù)列.數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.(3)證明eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,1·3)＋eq\f(1,3·5)＋eq\f(1,5·7)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))]＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq\f(1,2).12.(1)解令n＝1代入得a1＝2(負(fù)值舍去).(2)解由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*得，[Sn－(n2＋n)](Sn＋3)＝0.又已知各項(xiàng)均為正數(shù)，故Sn＝n2＋n.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2也滿足上式，所以an＝2n，n∈N*.(3)證明∵4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，k∈N*，∴4