高考数学 考前三个月复习冲刺 第三篇 回扣专项练4 数列 理试题

1.(2015·大连模拟)已知等差数列{an}的公差d<0，若a4·a6＝24，a2＋a8＝10，则该数列的前n项和Sn的最大值为()A.50B.40C.45D.352.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－11，a5＋a6＝－4，Sn取得最小值时n的值为()A.6B.7C.8D.93.已知等比数列{an}的公比为q，记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*)，则以下结论一定正确的是()A.数列{bn}为等差数列，公差为qmB.数列{bn}为等比数列，公比为q2mC.数列{cn}为等比数列，公比为qm2D.数列{cn}为等比数列，公比为qmm4.(2015·德州模拟)定义数列{xn}：x1＝1，xn＋1＝3xeq\o\al(3,n)＋2xeq\o\al(2,n)＋xn；数列{yn}：yn＝eq\f(1,1＋2xn＋3x\o\al(2,n))；数列{zn}：zn＝eq\f(2＋3xn,1＋2xn＋3x\o\al(2,n))；若{yn}的前n项的积为P，{zn}的前n项的和为Q，那么P＋Q等于()A.1B.2C.3D.不确定5.数列{an}满足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*，则数列{bn}的通项公式bn＝________.6.某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________.7.设数列an＝log(n＋1)(n＋2)，n∈N*，定义使a1·a2·a3·…·ak为整数的实数k为中国梦吉祥数，则在[1，2016]内的所有中国梦吉祥数之和为________.8.设a1，a2，…，a50是从－1、0、1这三个整数中取值的数列，若a1＋a2＋a3＋…＋a50＝9，且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝107，则a1，a2，…，a50中是数字0的个数为________.9.对于E＝{a1，a2，…，a100}的子集X＝{ai1，ai2，…，aik}，定义X的“特征数列”为x1，x2，…，x100，其中xi1＝xi2＝…＝xik＝1.其余项均为0，例如：子集{a2，a3}的“特征数列”为0,1,1,0,0，…，0.(1)子集{a1，a3，a5}的“特征数列”的前三项和等于___________________________；(2)若E的子集P的“特征数列”p1，p2，…，p100满足p1＝1，pi＋pi＋1＝1,1≤i≤99；E的子集Q的“特征数列”q1，q2，…，q100满足q1＝1，qj＋qj＋1＋qj＋2＝1,1≤j≤98，则P∩Q的元素个数为________.10.设数列{an}的前n项和为Sn,4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3，且a1，a2，a3，a4，…，a11成等比数列，当n≥11时，an>0.(1)求证：当n≥11时，{an}成等差数列；(2)求{an}的前n项和Sn.11.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)－4n－1，n∈N*，且a2，a5，a14构成等比数列.(1)证明：a2＝eq\r(4a1＋5)；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,2).12.(2015·深圳模拟)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,3).

答案精析回扣专项练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.∴当n＝9或10时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，故选A.]3.C[显然，{bn}不可能是等比数列；{cn}是等比数列；证明如下：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[由题设可得：yn＝eq\f(xn,xn＋1)，所以P＝y1y2…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))＝yn(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.故选A.巧解：取n＝1，可得P＋Q＝1，故选A.]5.2n＋1解析由条件得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，所以数列{bn}是首项为4，公比为2的等比数列，则bn＝4·2n－1＝2n＋1.6.6解析每天植树棵数构成等比数列{an}，其中a1＝2，q＝2.则Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2(2n－1)≥100，即2n＋1≥102.∴n≥6，∴最少天数n＝6.7.2026解析a1·a2·a3·…·ak＝log23·log34·…·log(k＋1)(k＋2)＝log2(k＋2)，仅当k＝2n－2时，上式为中国梦吉祥数.其和：21－2＋22－2＋…＋210－2＝2026.8.11解析(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝107，则(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中数字0的个数为50－39＝11.9.(1)2(2)17解析(1)子集{a1，a3，a5}的“特征数列”中共有3个1，其余均为0，该数列为1,0,1,0,1,0,0，…，0.故该数列前3项的和为2.(2)E的子集P的“特征数列”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.又当i＝1时，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“特征数列”为1,0,1,0,1,0,1,0，…，1,0，即P＝{a1，a3，a5，a7，…，a99}.E的子集Q的“特征数列”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.又当j＝1时，q1＋q2＋q3＝1，当j＝2时，q2＋q3＋q4＝1，当j＝3时，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“特征数列”为1,0,0,1,0,0,1,0,0，…，0,1，即Q＝{a1，a4，a7，a10，…，a100}.因为100＝1＋(n－1)×3，故n＝34，所以集合Q中有34个元素，其下标为奇数的有17个.因此P∩Q＝{a1，a7，a13，a19，…，a97}，共有17个元素.10.(1)证明由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.当n≥11时，an>0，所以an＋1－an＝2，所以当n≥11时，{an}成等差数列.(2)解由4a1＝aeq\o\al(2,1)＋2a1－3，得a1＝3或a1＝－1.又a1，a2，a3，a4，…，a11成等比数列，所以an＋1＋an＝0(n≤10)，q＝－1，而a11>0，所以a1>0，从而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)证明当n＝1时，4a1＝aeq\o\al(2,2)－5，aeq\o\al(2,2)＝4a1＋5，因为an>0，所以a2＝eq\r(4a1＋5).(2)解当n≥2时，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，因为an>0，所以an＋1＝an＋2，当n≥2时，{an}是公差d＝2的等差数列.因为a2，a5，a14构成等比数列，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，又因为a2－a1＝3－1＝2，则{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列.数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(3)证明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(负值舍去).(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.又已知各项均为正数，故Sn＝n2＋n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，当n＝1时，a1＝2也满足上式，所以an＝2n，n∈N*.(3)证明∵4k2＋2k－(3k2＋3k)＝k2－k＝k(k－1)≥0，k∈N*，∴4