2025年高考数学总复习 45 课时质量评价(四十五)

课时质量评价(四十五)1．已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，4a1，2a3，a5成等差数列，则a1等于()A．52－5 B．52＋5C．52 D．5A解析：设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q，q>0，由前4项和为15，4a1，2a3，a5成等差数列，可得a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，4a3＝4a1＋a5，即4a1＋a1q4＝4a1q2，即q2－2＝0，解得q＝2，所以a1＝52－5.2．设数列{an}，{bn}都是正项等比数列，Sn，Tn分别为数列{lgan}与{lgbn}的前n项和，且SnTn＝n+12A．35 B．9C．59 D．D解析：因为数列{an}，{bn}都是正项等比数列，所以数列{lgan}与{lgbn}为等差数列．因为Sn所以S＝logb3a3＝610＝35，所以log3．若函数f(x)＝xm＋ax的导函数为f′(x)＝2x＋1，则数列1fn(n∈N*)的前n项和为A．nn+1 C．nn－1 A解析：因为f(x)＝xm＋ax，所以f′(x)＝"mx^〖m-1〗〗又因为f′(x)＝2x＋1，所以m＝2，a＝1，所以f(n)＝n2＋n＝n(n＋1)，所以1f所以数列1fn1f4．(新定义)定义[x]表示不超过x的最大整数，若数列{an}的通项公式为an＝3n－1，则a15＋a25＋a35＋…A．30 B．29a1C．28 D．27D解析：a15＋a25＋a35＋…＋a105＝25＋55＋85＋…＋295＝0＋(1×2)＋(2×2)＋(35．(2024·岳阳模拟)在等比数列{an}中，a2＝－2a5，1<a3<2，则数列{a3n}的前5项和S5的取值范围是()A．1116，118C．－118，－11A解析：设等比数列{an}的公比为q，则q3＝a5所以数列{a3n}是首项为a3，公比为q3＝－12则S5＝a31－－16．(多选题)已知函数f(x)＝lgx，则下列四个命题中，是真命题的为()A．f(2)，f10，f(5)成等差数列B．f(2)，f(4)，f(8)成等差数列C．f(2)，f(12)，f(72)成等比数列D．f(2)，f(4)，f(16)成等比数列ABD解析：对于A，f(2)＋f(5)＝lg2＋lg5＝lg10＝1，2f10＝2lg10＝1，故f(2)，f10，f(5)成等差数列，故A是真命题；对于B，f(2)＋f(8)＝lg2＋lg8＝lg16，2f(4)＝2lg4＝lg16，故f(2)，f(4)，f(8)成等差数列，故B是真命题；对于C，f(2)·f(72)＝lg2×lg72<lg2+lg7222＝故f(2)，f(12)，f(72)不成等比数列，故C是假命题；对于D，f(2)·f(16)＝lg2×lg16＝4(lg2)2＝(2lg2)2＝(lg4)2＝(f(4))2，故f(2)，f(4)，f(16)成等比数列，故D是真命题．7．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{lgSn}是公差为lg3的等差数列，则a2＋a4＋…＋a2n＝________.9n－14解析：因为S1＝a1＝1，则lgS1因为{lgSn}是公差为lg3的等差数列，所以lgSn＝(n－1)lg3＝lg3n-1，则Sn＝3n-1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n-1－3n-2＝2×3n-2，则an+1an＝2×所以数列{an}自第二项起构成公比为3的等比数列，则偶数项构成以2为首项，9为公比的等比数列，所以a2＋a4＋…＋a2n＝218．(数学与文化)元代数学家朱世杰所著的《四元玉鉴》中记载了“垛积术”，其中“落—形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥垛，如图所示，三角锥垛从上到下最上面是1个球，第二层是3个球，第三层是6个球，第四层是10个球……则这个三角锥垛的第十五层的球的个数为________.120解析：因为“三角形数”可写为1，1＋2，1＋2＋3，1＋2＋3＋4，1＋2＋3＋4＋5，…，所以“三角形数”构成的数列的通项公式为an＝1＋2＋3＋…＋n＝nn所以这个三角锥垛的第十五层的球的个数为a15＝15×169．设n∈N*，有三个条件：①an是2与Sn的等差中项；②a1＝2，Sn＋1＝a1(Sn＋1)；③Sn＝2n+1－2.在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．若数列{an}的前n项和为Sn，且________.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若{an·bn}是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列{bn}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．解：(1)选择条件①.因为an是2与Sn的等差中项，所以2an＝2＋Sn，所以当n≥2时，2an－1＝2＋Sn－1，两式相减，得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1(n≥2)．在2an＝2＋Sn中，令n＝1，可得a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2·2n-1＝2n.选择条件②.由a1＝2，Sn＋1＝a1(Sn＋1)，知Sn＋1＝2(Sn＋1)，当n＝1时，可求得a2＝4，当n≥2时，Sn＝2(Sn－1＋1)，两式相减，得an＋1＝2an(n≥2)．又a1＝2，a2＝4也满足上式，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2·2n-1＝2n.选择条件③.在Sn＝2n+1－2中，令n＝1，得a1＝21+1－2＝2，当n≥2时，有Sn－1＝2n－2，两式相减，得an＝2n(n≥2)．当n＝1时，a1＝2满足上式，所以an＝2n.(2)因为{an·bn}是以2为首项，4为公差的等差数列，所以an·bn＝2＋(n－1)·4＝4n－2.由(1)知an＝2n，所以bn＝2n所以Tn＝1×12两边同乘1212两式相减，得1＝1所以Tn＝6－2n10．已知数列{an}满足a1＝1，P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上，如果函数f(n)＝1n+a1+1n+a2+…+1n+an(A．13 B．1C．712 D．C解析：将点P的坐标代入直线方程，得an＋1－an＝1，又a1＝1，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n.所以f(n)＝1nf(n＋1)＝1n所以f(n＋1)－f(n)＝1n+n+1所以f(n)单调递增，故f(n)的最小值为f(2)＝71211．直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前受到了广大消费者的追捧．针对这种现状，某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入，若该公司今年投入的资金为2000万元，并在此基础上，以后每年的资金投入均比上一年增长12%，则该公司需经过________年其投入资金开始超过7000万元．(参考数据：lg1.12≈0.049，lg2≈0.301，lg7≈0.845.)12解析：设该公司经过n年投入的资金为an万元，则a1＝2000×1.12，由题意可知，数列{an}是以2000×1.12为首项，以1.12为公比的等比数列，所以an＝2000×1.12n.由an＝2000×1.12n>7000，可得n>log1.1272＝lg因此，该公司需经过12年其投入资金开始超过7000万元．12．在正项数列{an}中，a1＝2，其前n项和Sn满足Sn＋Sn－1＝12an2(n≥2)．若数列bn＝(－1)n·2n+1Sn－20202021解析：在正项数列{an}中，其前n项和Sn满足Sn＋Sn－1＝12an2(n≥2)，可得Sn－1＋Sn－2＝12两式相减，得an＋an－1＝12因为在正项数列{an}中，有an＋an－1≠0，化简得an－an－1＝2(n≥3)．当n＝2时，S2＋S1＝4＋a2＝12解得a2＝4.因为a2－a1＝2，所以{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，则an＝2n，Sn＝n(n＋1)，所以bn＝(－1)n·2n+1Sn＝(－1)n·n+n+数列{bn}的前2020项和为－1－1213．函数y＝f(x)，x∈[1，＋∞)，数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，①函数f(x)是单调递增的；②数列{an}是递增数列．写出一个满足①的函数f(x)的解析式________.写出一个满足②但不满足①的函数f(x)的解析式________.f(x)＝x2(答案不唯一)f(x)＝x－432(答案不唯一)解析：易知在[1，＋∞)这个区间上单调递增的函数有许多，可写为f(x)第二个空需要找一个数列是递增数列，而对应的函数在[1，＋∞)上不是单调递增的，可写为f(x)＝x－此时f(x)在1,43上单调递减，在所以f(x)＝x－432在[1，＋∞而对应的数列为an＝n－432在n14．已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a＞0，x∈R)有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设cn＝1－4an(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋1＜0的正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列{cn}解：(1)依题意，Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4.又由a＞0，得a＝4，所以f(x)＝x2－4x＋4，所以Sn＝n2－4n＋4.当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.所以an＝1(2)由题意得cn＝－由cn＝1－42n－5可知，当n≥5时，恒有又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－13即c1·c2＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0.所以数列{cn}的变号数为3.15．已知数列{an}的前n项和为Sn，且S