高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第5章　数列5.1(教师版)

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这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第5章　数列5.1(教师版)，共8页。

一、选择题
1．在数列1,2，eq \r(7)，eq \r(10)，eq \r(13)，…中，2eq \r(19)是这个数列的( )
A．第16项 B．第24项
C．第26项 D．第28项
答案 C
解析设题中数列为{an}，则a1＝1＝eq \r(1)，a2＝2＝eq \r(4)，a3＝eq \r(7)，a4＝eq \r(10)，a5＝eq \r(13)，…，所以an＝eq \r(3n－2).令eq \r(3n－2)＝2eq \r(19)＝eq \r(76)，解得n＝26.故选C.
2．数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N*都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝ ( )
A.eq \f(61,16) B.eq \f(25,9) C.eq \f(25,16) D.eq \f(31,15)
答案 A
解析解法一：令n＝2,3,4,5，分别求出a3＝eq \f(9,4)，a5＝eq \f(25,16)，∴a3＋a5＝eq \f(61,16).故选A.
解法二：当n≥2时，a1·a2·a3·…·an＝n2，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2.
两式相除得an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,n－1)))2，∴a3＝eq \f(9,4)，a5＝eq \f(25,16)，
∴a3＋a5＝eq \f(61,16).故选A.
3．在数列{an}中，an＋1－an＝2，Sn为{an}的前n项和．若S10＝50，则数列{an＋an＋1}的前10项和为( )
A．100 B．110 C．120 D．130
答案 C
解析 {an＋an＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120.故选C.
4．设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝eq \f(3,2)(an－1)(n∈N*)，则an＝( )
A．3(3n－2n) B．3n＋2
C．3n D．3·2n－1
答案 C
解析由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝S1＝\f(3,2)a1－1，,a1＋a2＝\f(3,2)a2－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,a2＝9，))代入选项逐一检验，只有C符合．故选C.
5．对于数列{an}，“an＋1>|an|(n＝1,2，…)”是“{an}为递增数列”的( )
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析当an＋1＞|an|(n＝1,2，…)时，∵|an|≥an，
∴an＋1＞an，∴{an}为递增数列．当{an}为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a2＞|a1|不成立，即an＋1＞|an|(n＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“an＋1＞|an|(n＝1,2，…)”是“{an}为递增数列”的充分不必要条件．故选B.
6．已知数列{an}满足：a1＝eq \f(1,7)，对于任意的n∈N*，an＋1＝eq \f(7,2)an(1－an)，则a1413－a1314＝( )
A．－eq \f(2,7) B.eq \f(2,7) C．－eq \f(3,7) D.eq \f(3,7)
答案 D
解析 a1＝eq \f(1,7)，a2＝eq \f(7,2)×eq \f(1,7)×eq \f(6,7)＝eq \f(3,7)，a3＝eq \f(7,2)×eq \f(3,7)×eq \f(4,7)＝eq \f(6,7)，a4＝eq \f(7,2)×eq \f(6,7)×eq \f(1,7)＝eq \f(3,7)，….
归纳可知当n为大于1的奇数时，an＝eq \f(6,7)；当n为正偶数时，an＝eq \f(3,7).故a1413－a1314＝eq \f(3,7).故选D.
7．定义eq \f(n,p1＋p2＋…＋pn)为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为eq \f(1,5n)，又bn＝eq \f(an,5).则b10等于( )
A．15 B．17 C．19 D．21
答案 C
解析由eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(1,5n)得Sn＝a1＋a2＋…＋an＝5n2，则Sn－1＝5(n－1)2(n≥2)，an＝Sn－Sn－1＝10n－5(n≥2)，当n＝1时，a1＝5也满足．故an＝10n－5，bn＝2n－1，b10＝2×10－1＝19.故选C.
8．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－ax＋2，x≤2，,a2x2－9x＋11，x>2))(a>0且a≠1)，若数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，3)) C．(2,3) D．(1,3)
答案 C
解析因为{an}是递增数列，所以
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－a>0，,a>1，,3－a×2＋2所以实数a的取值范围是(2,3)．故选C.
9．对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有eq \f(xn＋xn＋2,2)A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．(1，＋∞) D．(－∞，1]
答案 C
解析由数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，得eq \f(bn＋bn＋2,2)即t－eq \f(tn－1,2n)＋t－eq \f(tn＋2－1,2n＋2)<2t－eq \f(tn＋1－1,2n)，
即eq \f(tn－1,2n)＋eq \f(tn＋2－1,2n＋2)>eq \f(tn＋1－1,2n).化简得t(n－2)>1.
当n≥3时，若t(n－2)>1恒成立，则t>eq \f(1,n－2)恒成立，
又当n≥3时，eq \f(1,n－2)的最大值为1，则t的取值范围是(1，＋∞)．故选C.
10．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)(n∈N*)．若bn＋1＝(n－2λ)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))(n∈N*)，b1＝－eq \f(3,2)λ，且数列{bn}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A．λ＜eq \f(4,5) B．λ＜1 C．λ＜eq \f(3,2) D．λ＜eq \f(2,3)
答案 A
解析 ∵数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)(n∈N*)，
∴an>0，eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2,an)＋1，则eq \f(1,an＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是等比数列，且首项为eq \f(1,a1)＋1＝2，公比为2，
∴eq \f(1,an)＋1＝2n.∴bn＋1＝(n－2λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))＝(n－2λ)·2n(n∈N*)，
∴bn＝(n－1－2λ)·2n－1(n≥2)，
∵数列{bn}是单调递增数列，∴bn＋1＞bn，
∴(n－2λ)·2n＞(n－1－2λ)·2n－1(n≥2)，
可得λ又当n＝1时，b2>b1，∴(1－2λ)·2>－eq \f(3,2)λ，解得λ综上，λ的取值范围是λ二、填空题
11．若数列{an}满足a1·a2·a3·…·an＝n2＋3n＋2，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,\f(n＋2,n)，n≥2，n∈N*))
解析 a1·a2·a3·…·an＝(n＋1)(n＋2)，
当n＝1时，a1＝6；当n≥2时，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1·a2·a3·…·an－1·an＝n＋1n＋2，,a1·a2·a3·…·an－1＝nn＋1，))
故当n≥2时，an＝eq \f(n＋2,n)，所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,\f(n＋2,n)，n≥2，n∈N*.))
12．若a1＝1，对任意的n∈N*，都有an>0，且naeq \\al(2,n＋1)－(2n－1)an＋1an－2aeq \\al(2,n)＝0.设M(x)表示整数x的个位数字，则M(a2017)＝________.
答案 6
解析由已知得(nan＋1＋an)(an＋1－2an)＝0，
∵an＞0，∴an＋1－2an＝0，则eq \f(an＋1,an)＝2，
∵a1＝1，∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝1×2n－1＝2n－1.
∴a2＝2，a3＝4，a4＝8，a5＝16，a6＝32，a7＝64，a8＝128，…，
∴n≥2时，M(an)依次构成以4为周期的数列．
∴M(a2017)＝M(a5)＝6，故答案为6.
13．若数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，an＝1－eq \f(1,an－1)(n≥2且n∈N*)，则a2016等于________．
答案 2
解析 ∵a1＝eq \f(1,2)，an＝1－eq \f(1,an－1)(n≥2且n∈N*)，
∴a2＝1－eq \f(1,a1)＝1－eq \f(1,\f(1,2))＝－1，∴a3＝1－eq \f(1,a2)＝1－eq \f(1,－1)＝2，
∴a4＝1－eq \f(1,a3)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，…，依此类推，可得an＋3＝an，
∴a2016＝a671×3＋3＝a3＝2.
14．已知各项均为正数的数列{an}满足an＋1＝eq \f(an,2)＋eq \f(1,4)，a1＝eq \f(7,2)，Sn为数列{an}的前n项和，若对于任意的n∈N*，不等式eq \f(12k,12＋n－2Sn)≥2n－3恒成立，则实数k的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，＋∞))
解析由an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,4)，得an＋1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))，且a1－eq \f(1,2)＝3，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))是以3为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，则an－eq \f(1,2)＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，所以an＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋eq \f(1,2)，所以Sn＝3×eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1())eq \f(1,20)＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1())＋eq \f(n,2)＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))＋eq \f(n,2)，则12＋n－2Sn＝eq \f(12,2n).因为不等式eq \f(12k,12＋n－2Sn)＝k·2n≥2n－3，n∈N*恒成立，所以k≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n－3,2n)))max，n∈N*.令eq \f(2n－3,2n)＝bn，则bn＋1－bn＝eq \f(2n－1,2n＋1)－eq \f(2n－3,2n)＝eq \f(5－2n,2n＋1)，则b1b4>…，所以(bn)max＝b3＝eq \f(3,8)，故k≥eq \f(3,8).
三、解答题
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n都有an＝eq \f(3,4)Sn＋2成立．记bn＝lg2an，求数列{bn}的通项公式．
解在an＝eq \f(3,4)Sn＋2中，令n＝1，得a1＝8.
因为对任意正整数n都有an＝eq \f(3,4)Sn＋2成立，
所以an＋1＝eq \f(3,4)Sn＋1＋2，
两式相减得an＋1－an＝eq \f(3,4)an＋1，所以an＋1＝4an，
又a1＝8，所以{an}是首项为8，公比为4的等比数列，
所以an＝8×4n－1＝22n＋1，
所以bn＝lg222n＋1＝2n＋1.
16．设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|解 (1)由已知Sn＝2an－a1，有
an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2)．
从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.
又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)．
所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
故an＝2n.
(2)由(1)得eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n)，
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n).
由|Tn－1|1000.
因为29＝512<1000<1024＝210，所以n≥10.
于是，使|Tn－1|