2020-2021学年第3章 不等式综合与测试测试题

这是一份2020-2021学年第3章 不等式综合与测试测试题，共5页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间：30分钟 满分：60分)
一、填空题(每小题5分，共30分)
1．已知数列，1，eq \r(3)，eq \r(5)，eq \r(7)，…，eq \r(2n－1)，…，则3eq \r(5)是它的第________项．
解析 3eq \r(5)＝eq \r(45)＝eq \r(2×23－1).
答案 23
2．(2013·福州一模)把1,3,6,10,15,21这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点子可以排成一个正三角形(如图所示)．
则第七个三角形数是________．
解析 观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以根据这个规律计算即可．根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.
答案 28
3．(2011·四川卷改编)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝________.
解析 a1＝1，a2＝3S1＝3，a3＝3S2＝12＝3×41，a4＝3S3＝48＝3×42，a5＝3S4＝3×43，a6＝3S5＝3×44.
答案 3×44
4．(2012·南京调研)已知正数数列{an}对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap·aq，若a2＝4，则a9＝________.
解析 由条件，可有a1＝2，a2＝4，a4＝16，a8＝256，a9＝512.
答案 512
5．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项an＝________.
解析 由an＋1－an＝n＋1，可得an－an－1＝n，
an－1－an－2＝n－1，an－2－an－3＝n－2，
…
a3－a2＝3，a2－a1＝2，
以上n－1个式子左右两边分别相加得，
an－a1＝2＋3＋…＋n，
∴an＝1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝eq \f(nn＋1,2)＋1.
答案 eq \f(nn＋1,2)＋1
6．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5＜ak＜8，则k的值为________．
解析 ∵Sn＝n2－9n，∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－10，
a1＝S1＝－8适合上式，∴an＝2n－10(n∈N*)，
∴5＜2k－10＜8，得7.5＜k＜9.∴k＝8.
答案 8
二、解答题(每小题15分，共30分)
7．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn＞1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N*.求{an}的通项公式．
解 由a1＝S1＝eq \f(1,6)(a1＋1)(a1＋2)，
解得a1＝1或a1＝2，由已知a1＝S1＞1，因此a1＝2.
又由an＋1＝Sn＋1－Sn
＝eq \f(1,6)(an＋1＋1)(an＋1＋2)－eq \f(1,6)(an＋1)(an＋2)，
得an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an.
因an＞0，故an＋1＝－an不成立，舍去．
因此an＋1－an－3＝0.
即an＋1－an＝3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，
故{an}的通项为an＝3n－1.
8．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝an＋2n－1，求an.
解 由an＋1＝an＋2n－1，得an＋1－an＝2n－1.
所以a2－a1＝1，
a3－a2＝2，
a4－a3＝22，
a5－a4＝23，
…
an－an－1＝2n－2(n≥2)，
将以上各式左右两端分别相加，得an－a1＝1＋2＋22＋…＋2n－2＝2n－1－1，所以an＝2n－1(n≥2)，
又因为a1＝1适合上式，故an＝2n－1(n∈N*)．
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1．数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋2，若对所有的n∈N*，都有an＋1＞an成立，则实数k的取值范围是________．
解析 an＋1＞an，即(n＋1)2＋k(n＋1)＋2＞n2＋kn＋2，则k＞－(2n＋1)对所有的n∈N*都成立，而当n＝1时，－(2n＋1)取得最大值－3，所以k＞－3.
答案 (－3，＋∞)
2．(2012·合肥三检)在数列{an}中，a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝1－eq \f(1,an)(n≥2)，则a16＝________.
解析 由题可知a2＝1－eq \f(1,a1)＝－1，a3＝1－eq \f(1,a2)＝2，a4＝1－eq \f(1,a3)＝eq \f(1,2)，∴此数列是以3为周期的周期数列，a16＝a3×5＋1＝a1＝eq \f(1,2).
答案 eq \f(1,2)
3．已知{an}的前n项和为Sn，且满足lg2(Sn＋1)＝n＋1，则an＝________.
解析 由已知条件可得Sn＋1＝2n＋1.
∴Sn＝2n＋1－1，
当n＝1时，a1＝S1＝3，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－1－2n＋1＝2n，
n＝1时不适合an，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3 n＝1，,2n n≥2.))
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3 n＝1,2n n≥2))
4．(2012·南通调研三)已知5×5数字方阵
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a11 a12 a13 a14 a15,a21 a22 a23 a24 a25,a31 a32 a33 a34 a35,a41 a42 a43 a44 a45,a51 a52 a53 a54 a55,))中，aij＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，j是i的整数倍，,－1，j不是i的整数倍，))
则eq \i\su(j＝2,5,a)3j＋eq \i\su(i＝2,4,a)i4＝________.
解析 由条件可知a32＝－1，a33＝1，a34＝－1，a35＝－1，a24＝1，a34＝－1，a44＝1，从而原式＝－1.
答案 －1
5．(2012·无锡一中期中)设数列{bn}满足：b1＝eq \f(1,2)，bn＋1＝beq \\al(2,n)＋bn，
(1)求证：eq \f(1,bn＋1)＝eq \f(1,bn)－eq \f(1,bn＋1)；
(2)若Tn＝eq \f(1,b1＋1)＋eq \f(1,b2＋1)＋…＋eq \f(1,bn＋1)，对任意的正整数n,3Tn－lg2m－5>0恒成立．求m的取值范围．
解 (1)∵b1＝eq \f(1,2)，bn＋1＝beq \\al(2,n)＋bn＝bn(bn＋1)，
∴对任意的n∈N*，bn>0.
∴eq \f(1,bn＋1)＝eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,bn)－eq \f(1,bn＋1)，即eq \f(1,bn＋1)＝eq \f(1,bn)－eq \f(1,bn＋1).
(2)Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b1)－\f(1,b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b2)－\f(1,b3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))＝eq \f(1,b1)－eq \f(1,bn＋1)＝2－eq \f(1,bn＋1).
∵bn＋1－bn＝beq \\al(2,n)>0，∴bn＋1>bn，∴数列{bn}是单调递增数列．
∴数列{Tn}关于n递增．∴Tn≥T1.
∵b1＝eq \f(1,2)，∴b2＝b1(b1＋1)＝eq \f(3,4).∴T1＝2－eq \f(1,b2)＝eq \f(2,3).
∴Tn≥eq \f(2,3).∵3Tn－lg2m－5>0恒成立．
∴lg2m<－3，∴06．已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n＋1an,2)，且a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝ln an，是否存在k(k≥2，且k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比数列．若存在，求出所有符合条件的k值；若不存在，请说明理由．
解 (1)法一 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋1an,2)－eq \f(nan－1,2)，即eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)(n≥2)．所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是首项为eq \f(a1,1)＝1的常数数列，所以eq \f(an,n)＝1，即an＝n(n∈N*)．
法二 同上，得(n－1)an＝nan－1.同理得
nan＋1＝(n＋1)an，所以2nan＝n(an－1＋an＋1)，即
2an＝an－1＋an＋1，所以{an}成等差数列．又由a1＝1，得a2＝S2－a1，得a2＝2，得an＝1＋(n－1)＝n(n∈N*)．
法三 同上，得eq \f(an,an－1)＝eq \f(n,n－1)(n≥2)，
所以an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n,n－1)·eq \f(n－1,n－2)·…·eq \f(3,2)·eq \f(2,1)·1＝n，当n＝1时a1＝1，也满足an＝n，所以an＝n(n∈N*)．
(2)假设存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比数列，则bkbk＋2＝beq \\al(2,k＋1).因为bn＝ln an＝ln n，
所以bkbk＋2＝ln k·ln(k＋2)＜eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(ln k＋lnk＋2,2)))2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(lnk2＋2k,2)))2＜eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(lnk＋12,2)))2＝[ln(k＋1)]2＝beq \\al(2,k＋1)，这与bkbk＋2＝beq \\al(2,k＋1)矛盾．
故不存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比数列.