高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测08《“专题二”补短增分》综合练（教师版）

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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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n为奇数，,n，n为偶数，))于是S100＝50＋eq \f(2＋100×50,2)＝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eq \f(an,an－1)＝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＝eq \f(2,an＋1)，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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＝1，,2n－1n≥2，))
因为bn＝eq \f(2,an＋1)，所以bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,3)n＝1，,\f(1,n)n≥2.))答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,3)n＝1，,\f(1,n)n≥2))
5．已知一个等比数列{an}的前4项之积为eq \f(1,16)，第2,3项的和为eq \r(2)，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4q6＝\f(1,16)，,aq＋aq2＝\r(2)，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4q6＝\f(1,16)，,aq1＋q＝\r(2)，))
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±2eq \r(2)，
当q<0时，可得q2＋10q＋1＝0，解得q＝－5±2eq \r(6).
综上，q＝3±2eq \r(2)或q＝－5±2eq \r(6).
答案：3±2eq \r(2)或－5±2eq \r(6)
B组——方法技巧练
1．已知正项数列{an}中，a1＝1，且(n＋2)aeq \\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq \\al(2,n)＋anan＋1＝0，则它的通项公式为( )
A．an＝eq \f(1,n＋1) B．an＝eq \f(2,n＋1)
C．an＝eq \f(n＋2,2) D.an＝n
解析：选B 因为(n＋2)aeq \\al(2,n＋1)－(n＋1)aeq \\al(2,n)＋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eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n＋2)，则an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n,n＋1)·eq \f(n－1,n)·…·eq \f(2,3)·1＝eq \f(2,n＋1).故选B.
2．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))
解析：选D 依题意得，当n≥2时，an＝eq \f(a1a2a3…an,a1a2a3…an－1)＝eq \f(2n2,2n－12)＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，eq \f(1,an)＝eq \f(1,22n－1)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1，即数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,4)为公比的等比数列，等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和等于eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n)))3．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋3)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
解析：因为an＋1＝eq \f(an,an＋3)(n∈N*)，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(3,an)＋1，设eq \f(1,an＋1)＋t＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋t))，
所以3t－t＝1，解得t＝eq \f(1,2)，所以eq \f(1,an＋1)＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))，
又eq \f(1,a1)＋eq \f(1,2)＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))是以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列，
所以eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)×3n－1＝eq \f(3n,2)，所以eq \f(1,an)＝eq \f(3n－1,2)，所以an＝eq \f(2,3n－1).
答案：an＝eq \f(2,3n－1)
4．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＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).
Tn≤Sn即eq \f(3n－1,2)≤n2，又n∈N*，
所以n＝1或2.
C组——创新应用练
1．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，eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，…，eq \f(1,n)；①
(2)将数列①的各项乘以eq \f(n,2)，得到一个新数列a1，a2，a3，a4，…，an.
则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝( )
A.eq \f(n2,4) B.eq \f(n－12,4)
C.eq \f(nn－1,4) D.eq \f(nn＋1,4)
解析：选C 依题意可得新数列为eq \f(n,2)，eq \f(n,4)，eq \f(n,6)，…，eq \f(1,n)×eq \f(n,2)，所以a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝eq \f(n2,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋…＋\f(1,n－1n)))＝eq \f(n2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq \f(n2,4)×eq \f(n－1,n)＝eq \f(nn－1,4).故选C.
2．已知数列{an}的通项公式为an＝lg(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＝lg23·lg34·lg45·…·lg(n＋1)(n＋2)＝lg2(n＋2)＝k，k∈Z，令03．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第五天走了( )
A．48里 B．24里
C．12里 D.6里
解析：选C 由题意知该人每天走的路程数构成公比为eq \f(1,2)的等比数列，记为{an}，设其前n项和为Sn，由S6＝378，得eq \f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))6)),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，所以a5＝192×eq \f(1,24)＝12(里)，故选C.
4.如图，矩形AnBnCnDn的一边AnBn在x轴上，另外两个顶点Cn，Dn在函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)(x>0)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＋eq \f(1,n)，设点Dn的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，n＋\f(1,n)))，则有x＋eq \f(1,x)＝n＋eq \f(1,n)，得x＝eq \f(1,n)(x＝n舍去)，即Aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)，0))，则|AnBn|＝n－eq \f(1,n)，所以矩形的周长为an＝2(|AnBn|＋|BnCn|)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(1,n)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,n)))＝4n，则a2＋a3＋…＋a10＝4(2＋3＋4＋…＋10)＝216.
5．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＝eq \f(3n＋1＋3,2)，n≥2，所以H10＝eq \f(311＋3,2)＝88 575，故选B.
6．对于数列{an}，定义Hn＝eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)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＝eq \f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝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eq \f(7,3)≤k≤eq \f(12,5).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，\f(12,5)))
7．设函数f(x)＝eq \f(x,2)＋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＝eq \f(xn,2π)，设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn·bn＋1)))的前n项和为Sn，求证：Sn解：(1)f(x)＝eq \f(x,2)＋sin x，令f′(x)＝eq \f(1,2)＋cs x＝0，得x＝2kπ±eq \f(2π,3)(k∈Z)，
由f′(x)>0⇒2kπ－eq \f(2π,3)由f′(x)<0⇒2kπ＋eq \f(2π,3)当x＝2kπ－eq \f(2π,3)(k∈Z)时，f(x)取得极小值，
∴xn＝2nπ－eq \f(2π,3)(n∈N*)．
(2)证明：∵bn＝eq \f(xn,2π)＝n－eq \f(1,3)＝eq \f(3n－1,3)，
∴eq \f(1,bn·bn＋1)＝eq \f(3,3n－1)·eq \f(3,3n＋2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))，
∴Sn＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,8)＋…＋\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3n＋2)))＝eq \f(3,2)－eq \f(3,3n＋2)，
∴Sn8．设数列{an}的前n项和为Sn，如果eq \f(Sn,S2n)为常数，则称数列{an}为“幸福数列”．
(1)等差数列{bn}的首项为1，公差不为零，若{bn}为“幸福数列”，求{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}的各项都是正数，其前n项和为Tn，若ceq \\al(3,1)＋ceq \\al(3,2)＋ceq \\al(3,3)＋…＋ceq \\al(3,n)＝Teq \\al(2,n)对任意的n∈N*都成立，试推断数列{cn}是否为“幸福数列”？并说明理由．
解：(1)设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，其前n项和为Bn，eq \f(Bn,B2n)＝k，因为b1＝1，
则n＋eq \f(1,2)n(n－1)d＝keq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2n＋\f(1,2)·2n2n－1d))，
即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.
因为对任意正整数n上式恒成立，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d4k－1＝0，,2k－12－d＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2，,k＝\f(1,4).))
故数列{bn}的通项公式是bn＝2n－1.
(2)由题意知，当n＝1时，ceq \\al(3,1)＝Teq \\al(2,1)＝ceq \\al(2,1).
因为c1>0，所以c1＝1.
当n≥2时，ceq \\al(3,1)＋ceq \\al(3,2)＋ceq \\al(3,3)＋…＋ceq \\al(3,n)＝Teq \\al(2,n)，
ceq \\al(3,1)＋ceq \\al(3,2)＋ceq \\al(3,3)＋…＋ceq \\al(3,n－1)＝Teq \\al(2,n－1).
两式相减，得ceq \\al(3,n)＝Teq \\al(2,n)－Teq \\al(2,n－1)
＝(Tn－Tn－1)(Tn＋Tn－1)
＝cn·(Tn＋Tn－1)．
因为cn>0，所以ceq \\al(2,n)＝Tn＋Tn－1＝2Tn－cn.
显然c1＝1适合上式，
所以当n≥2时，ceq \\al(2,n－1)＝2Tn－1－cn－1.
于是ceq \\al(2,n)－ceq \\al(2,n－1)＝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＝eq \f(nn＋1,2).
所以eq \f(Tn,T2n)＝eq \f(nn＋1,2n2n＋1)＝eq \f(n＋1,4n＋2)不为常数，
故数列{cn}不是“幸福数列”．