高考数学一轮复习课时质量作业(四十五)含答案

这是一份高考数学一轮复习课时质量作业(四十五)含答案，共9页。试卷主要包含了设n∈N*，有三个条件等内容，欢迎下载使用。

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＋5
C．52 D．5
A 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{lg an}与{lg bn}的前n项和，且SnTn＝n+12n，则lga3b3等于( )
A．35 B．95
C．59 D．53
D 解析：因为数列{an}，{bn}都是正项等比数列，
所以数列{lg an}与{lg bn}为等差数列．
因为SnTn＝n+12n，
所以S5T5＝lg a1·a2·…·a5lg b1·b2·…·b5＝lg a35lg b35
＝lgb3a3＝610＝35，所以lga3b3＝53.
3．若函数f (x)＝xm＋ax的导函数为f ′(x)＝2x＋1，则数列1f n(n∈N*)的前n项和为( )
A．nn+1 B．n+2n+1
C．nn－1 D．n+1n
A 解析：因为f (x)＝xm＋ax，所以f ′(x)＝"mx^〖m-1〗〗" ＋a.
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 n＝1nn+1＝1n－1n+1，
所以数列1f n的前n项和为
1f 1+1f 2+…+1f n＝1－12+12－13+… +1n－1n+1＝1－1n+1＝nn+1.
4．(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＋…＋a105等于( )
A．30 B．29 a1
C．28 D．27
D 解析：a15＋a25＋a35＋…＋a105＝25＋55＋85＋…＋295＝0＋(1×2)＋(2×2)＋(3×1)＋(4×2)＋(5×2)＝27.
5．(2024·岳阳模拟)在等比数列{an}中，a2＝－2a5，1A．1116，118 B．3316，338
C．－118，－1116 D．－338，－3316
A 解析：设等比数列{an}的公比为q，则q3＝a5a2＝－12，
所以数列{a3n}是首项为a3，公比为q3＝－12的等比数列，
则S5＝a31－－1251+12＝1116a3∈1116，118.
6．(多选题)已知函数f (x)＝lg x，则下列四个命题中，是真命题的为( )
A．f (2)，f 10，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)＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，2f 10＝2lg 10＝1，
故f (2)，f 10，f (5)成等差数列，故A是真命题；
对于B，f (2)＋f (8)＝lg 2＋lg 8＝lg 16，2f (4)＝2lg 4＝lg 16，
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)＝lg 2×lg 72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)＝lg 2×lg 16＝4(lg 2)2＝(2lg 2)2＝(lg 4)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，{lg Sn}是公差为lg 3的等差数列，则a2＋a4＋…＋a2n＝________.
9n－14 解析：因为S1＝a1＝1，则lg S1＝lg 1＝0.
因为{lg Sn}是公差为lg 3的等差数列，
所以lg Sn＝(n－1)lg 3＝lg 3n-1，则Sn＝3n-1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n-1－3n-2＝2×3n-2，
则an+1an＝2×3n－12×3n－2＝3.又a2＝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＝21－9n1－9＝9n－14.
8．(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+12，
所以这个三角锥垛的第十五层的球的个数为a15＝15×162＝120.
9．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－12n－1，
所以Tn＝1×120+3×121+5×122+…+2n－12n－1，
两边同乘12，得
12 Tn＝1×121+3×122+…+2n－32n－1+2n－12n，
两式相减，得12 Tn＝1×120+2×121+2×122+…+2×12n－1 –2n－12n
＝1+2×121－12n－11－12－2n－12n＝3－2n+32n，
所以Tn＝6－2n+32n－1.
10．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(n∈N*，n≥2)，那么函数f (n)的最小值为( )
A．13 B．14
C．712 D．512
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)＝1n+1+1n+2+…+1n+n，
f (n＋1)＝1n+2+1n+3+…+1n+n+2，
所以f (n＋1)－f (n)＝1n+n+1+1n+n+2－1n+1>12n+2+12n+2－1n+1＝0，
所以f (n)单调递增，故f (n)的最小值为f (2)＝712.
11．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2 000万元，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7 000万元．(参考数据：lg 1.12≈0.049，lg 2≈0.301，lg 7≈0.845.)
12 解析：设该公司经过n年投入的资金为an万元，则a1＝2 000×1.12，
由题意可知，数列{an}是以2 000×1.12为首项，以1.12为公比的等比数列，
所以an＝2 000×1.12n.由an＝2 000×1.12n>7 000，可得n>lg1.1272＝lg 7－lg 2lg 1.12≈11.1，
因此，该公司需经过12年其投入资金开始超过7 000万元．
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，则数列{bn}的前2 020项和为________.
－2 0202 021 解析：在正项数列{an}中，a1＝2，
其前n项和Sn满足Sn＋Sn－1＝12an2(n≥2)，可得Sn－1＋Sn－2＝12an－12(n≥3)，
两式相减，得an＋an－1＝12an2－12an－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＝12a22，
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+1nn+1＝(－1)n·1n+1n+1.
数列{bn}的前2 020项和为－1－12+12+13－…－12 019－12 020+12 020+12 021＝－1+12 021＝－2 0202 021.
13．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)＝x2.
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－432，
此时f (x)在1,43上单调递减，在43，+∞上单调递增，
所以f (x)＝x－432在[1，＋∞)上不是单调递增的，不满足①，
而对应的数列为an＝n－432在n∈N*上越来越大，属于递增数列．
14．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}的变号数.
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，n＝1， 2n－5，n≥2.
(2)由题意得cn＝－3，n＝1， 1－42n－5，n≥2.
由cn＝1－42n－5可知，当n≥5时，恒有cn＞0.
又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－13，c5＝15 ，c6＝37，
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Sn＝n22+3n2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an＋2－an＋1an+2 ·an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<2n＋512.
(1)解：因为Sn＝n22+3n2①，
所以当n≥2时，Sn－1＝n－122+3n－12②，
①－②，得an＝n22+3n2－n－122－3n－12＝n＋1.
又因为当n＝1时，a1＝S1＝2也适合上式，
所以an＝n＋1.
(2)证明：由(1)，知bn＝n＋3－(n＋1)＋1n+3n+1＝2+121n+1－1n+3，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2n＋1212－14+13－15+…+1n+1－1n+3
＝2n＋1212+13－1n+2－1n+3
＝2n＋512－121n+2+1n+3<2n＋512，
从而不等式得证．