2019届二轮复习“数列与数学归纳法”专题提能课课时作业（全国通用）

2019届二轮复习“数列与数学归纳法”专题提能课课时作业（全国通用）

‎2019届二轮复习 “数列与数学归纳法”专题提能课 课时作业（全国通用）‎ A组——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．－510　　　　　　　 　B．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－S20)＝(S20－10)2，解得S20＝40，又(S20－S10)(S40－S30)＝(S30－S20)2，即30(S40－130)＝902，解得S40＝400.‎ ‎2．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100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＝ 于是S100＝50＋＝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}是公比为2的等比数列时，有＝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＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝，则bn＝________.‎ 解析：当n＝1时，a1＝S1＝2，‎ 因为Sn＝n2＋1，Sn－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＝ 因为bn＝，所以bn＝ 答案： ‎5．已知一个等比数列{an}的前4项之积为，第2,3项的和为，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，‎ 则可得 所以(1＋q)4＝64q2，即(1＋q)2＝±8q，‎ 当q>0时，可得q2－6q＋1＝0，‎ 解得q＝3±2，‎ 当q<0时，可得q2＋10q＋1＝0，‎ 解得q＝－5±2.‎ 综上，q＝3±2或q＝－5±2.‎ 答案：3±2或－5±2 B组——方法技巧练 ‎1．已知正项数列{an}中，a1＝1，且(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，则它的通项公式为(　　)‎ A．an＝ B．an＝ C．an＝ D．an＝n 解析：选B　因为(n＋2)a－(n＋1)a＋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＝，则an＝··…··a1＝··…··1＝.故选B.‎ ‎2．(2019届高三·豫南十校联考)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＋y)．若a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 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＝，an＝f(n)(n∈N*)，则an＋1＝an，所以数列{an}是首项和公比都是的等比数列，其前n项和Sn＝ ‎＝1－∈，故选C.‎ ‎3．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．‎ 解析：因为an＋1＝(n∈N*)，‎ 所以＝＋1，‎ 设＋t＝3，‎ 所以3t－t＝1，‎ 解得t＝，‎ 所以＋＝3，‎ 又＋＝1＋＝，‎ 所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，‎ 所以＋＝×3n－1＝，‎ 所以＝，所以an＝.‎ 答案：an＝ ‎4．(2018·惠州调研)已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值．‎ 解：(1)根据已知a1＝1，an＋1＝an＋2，‎ 即an＋1－an＝2＝d，‎ 所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，‎ an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.‎ ‎(2)数列{an}的前n项和Sn＝n2.‎ 等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，‎ 所以q＝3，bn＝3n－1.‎ 数列{bn}的前n项和Tn＝＝.‎ Tn≤Sn即≤n2，又n∈N*，‎ 所以n＝1或2. ‎ C组——创新应用练 ‎1．(2018·襄阳四校联考)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：‎ ‎(1)构造数列1，，，，…，； ①‎ ‎(2)将数列①的各项乘以，得到一个新数列a1，a2，a3，a4，…，an.‎ 则a‎1a2＋a‎2a3＋a‎3a4＋…＋an－1an＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　依题意可得新数列为，，，…，×，所以a‎1a2＋a‎2a3＋…＋an－1an＝＝＝×＝.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C　a1·a2·a3·…·an＝log23·log34·log45·…·log(n＋1)(n＋2)＝log2(n＋2)＝k，k∈Z，令00)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＋，设点Dn的坐标为，则有x＋＝n＋，得x＝(x＝n舍去)，即An，则|AnBn|＝n－，所以矩形的周长为an＝2(|AnBn|＋|BnCn|)＝2＋2＝4n，则a2＋a3＋…＋a10＝4(2＋3＋4＋…＋10)＝216.‎ ‎5．(2018·上海松江区联考)在一个有穷数列的每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作叫做该数列的一次“H扩展”．已知数列1,2第一次“H扩展”后得到数列1,3,2，第二次“H扩展”后得到数列1,4,3,5,2，那么第10次“H扩展”后得到的数列的所有项的和为(　　)‎ A．88 572 B．88 575‎ C．29 523 D．29 526‎ 解析：选B　记第n次“H扩展”后得到的数列所有项的和为Hn，则H1＝1＋2＋3＝6，H2＝1＋3＋2＋4＋5＝15，H3＝15＋5＋7＋8＋7＝42，从中发现H3－H2＝27＝33，H2－H1＝9＝32，归纳得Hn－Hn－1＝3n(n≥2)，利用累加法求和得Hn＝，n≥2，所以H10＝＝88 575，故选B.‎ ‎6．(2018·河北衡水中学检测)对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为________．‎ 解析：由题意知Hn＝＝2n＋1，‎ 所以a1＋‎2a2＋…＋2n－1an＝n×2n＋1， ①‎ 当n≥2时，a1＋‎2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)×2n， ②‎ ‎①－②得：2n－1an＝n×2n＋1－(n－1)×2n，‎ 解得an＝2n＋2，n≥2，‎ 当n＝1时，a1＝4也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋2，且数列{an}为等差数列，公差为2.‎ 令bn＝an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{bn}也是等差数列，‎ 由Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，知2－k<0，且b5＝12－5k≥0，b6＝14－6k≤0，‎ 解得≤k≤.‎ 答案： ‎7．设函数f(x)＝＋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bn＝，设数列的前n项和为Sn，求证：Sn<.‎ 解：(1)f(x)＝＋sin x，令f′(x)＝＋cos x＝0，得x＝2kπ±(k∈Z)，‎ 由f′(x)>0⇒2kπ－0，所以c1＝1.‎ 当n≥2时，c＋c＋c＋…＋c＝T，‎ c＋c＋c＋…＋c＝T.‎ 两式相减，得c＝T－T ‎＝(Tn－Tn－1)(Tn＋Tn－1)‎ ‎＝cn·(Tn＋Tn－1)．‎ 因为cn>0，所以c＝Tn＋Tn－1＝2Tn－cn.‎ 显然c1＝1适合上式，‎ 所以当n≥2时，c＝2Tn－1－cn－1.‎ 于是c－c＝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＝.‎ 所以＝＝不为常数，‎ 故数列{cn}不是“幸福数列”．‎