统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷四热点问题专练热点四数列中的奇偶分类和最值文（附解析）

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A．100B．99C．98D．97
2．(项数的最值)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，a1＝2，a1＋a4＝a5，若Sn>32，则n的最小值为( )
A．3B．4C．5D．6
3．[2023·山西省怀仁市高三模拟](项数的最值)已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(1＋an,an).若对任意的n∈N*，都有bn≥b6成立，则实数a的取值范围是( )
A．[－6，－5] B．(－6，－5) C．[－5，－4] D．(－5，－4)
4．(和的最值)已知Sn为数列{an}的前n项和，3Sn＝an＋2，则数列{Sn}( )
A．有最大项也有最小项B．有最大项无最小项
C．无最大项有最小项D．无最大项也无最小项
5．(数列中奇偶分类问题)已知数列{bn}满足b1＝1，b2＝4，bn＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋sin2\f(nπ,2)))bn＋cs2eq \f(nπ,2)，则该数列的前23项的和为( )
A．4194B．4195C．2046D．2047
[答题区]
6.(奇数项和)已知等差数列{an}中，an≠0，若n≥2且an－1＋an＋1－a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝0，S2n－1＝38，则n等于________．
7．(范围问题)在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时，Sn取得最大值，则d的取值范围为________．
8．(奇偶项和)一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项的和的两倍，它的首项为1，且中间两项的和为24，则等比数列的项数为________．
9．(和的最值问题)在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0，1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，a3与a5的等比中项为2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝lg2an，数列{bn}的前n项和为Sn，当eq \f(S1,1)＋eq \f(S2,2)＋…＋eq \f(Sn,n)最大时，求n的值．
10．(数列求和奇偶分类问题)已知数列{an}，an>0，其前n项和Sn满足Sn＝2an－2n＋1，其中n∈N*.
(1)设bn＝eq \f(an,2n)，证明：数列{bn}是等差数列；
(2)设cn＝bn·2－n，Tn为数列{cn}的前n项和，求证：Tn<3；
(3)设dn＝4n＋(－1)n－1λ·2bn(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有dn＋1>dn成立．
热点（四） 数列中的奇偶分类和最值
1．C 设等差数列{an}的公差为d，因为{an}为等差数列，且S9＝9a5＝27，所以a5＝3.又a10＝8，所以5d＝a10－a5＝5，所以d＝1，所以a100＝a5＋95d＝98，故选C.
2．D 由a1＝2且a1＋a4＝a5，可得公差d＝2，因此S5＝30，S6＝42，即S6>32，故选D.
3．B 由已知bn＝eq \f(1＋an,an)＝eq \f(1,an)＋1，
∵对任意的n∈N*，都有bn≥b6成立，即eq \f(1,an)＋1≥eq \f(1,a6)＋1，即eq \f(1,an)≥eq \f(1,a6)，
又数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，
∴an＝a＋n－1，且{an}是单调递增数列，当n→＋∞时，eq \f(1,an)→0，
∴a6<0，a7>0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋5<0,a＋6>0))，解得－64．A 因为3Sn＝an＋2 ①，当n≥2时，3Sn－1＝an－1＋2 ②，所以当n≥2时，①－②得3an＝an－an－1，即an＝－eq \f(1,2)an－1.又当n＝1时，3S1＝3a1＝a1＋2，所以a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，－eq \f(1,2)为公比的等比数列，即{an}的各项为1，－eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，－eq \f(1,8)，eq \f(1,16)，－eq \f(1,32)，…，因此数列{an}的最大项为首项1，最小项为第二项－eq \f(1,2).又3Sn＝an＋2，所以数列{Sn}的最大项为1，最小项为－eq \f(1,2).故选A.
5．A b1＝1，b2＝4，bn＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋sin2\f(nπ,2)))bn＋cs2eq \f(nπ,2)，
当n为奇数时，bn＋2＝2bn，数列为以2为公比的等比数列，
当n为偶数时，bn＋2＝bn＋1，数列为以1为公差的等差数列，
∴前23项和S23＝（b1＋b3＋…＋b23）＋（b2＋b4＋…＋b22）＝eq \f(1－212,1－2)＋11×4＋eq \f(11×（11－1）,2)×1＝212－1＋44＋55＝4194，故选A.
6．答案：10
解析：∵{an}是等差数列，∴2an＝an－1＋an＋1，又∵an－1＋an＋1－a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝0，∴2an－a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝0，即an（2－an）＝0.∵an≠0，∴an＝2，
∴S2n－1＝（2n－1）an＝2（2n－1）＝38，解得n＝10.
7．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(7,8)))
解析：由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d<0，,a8>0，,a9<0))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d<0，,7＋7d>0，,7＋8d<0，))解得－18．答案：8
解析：由题意可知公比q＝2，设该数列为a1，a2，a3，…，a2n，
则an＋an＋1＝24，又a1＝1，∴qn－1＋qn＝24，即2n－1＋2n＝24，
解得n＝4，∴等比数列的项数为8.
9．解析：（1）因为a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，所以a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋2a3a5＋a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＝25，又an>0，所以a3＋a5＝5.
又a3与a5的等比中项为2，所以a3a5＝4，而q∈（0，1），
所以a3>a5，所以a3＝4，a5＝1.
所以q＝eq \f(1,2)，a1＝16，所以an＝16×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝25－n.
（2）bn＝lg2an＝5－n，所以bn＋1－bn＝－1，
所以{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，
所以Sn＝eq \f(n（9－n）,2)，所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(9－n,2)，所以当n≤8时，eq \f(Sn,n)>0；
当n＝9时，eq \f(Sn,n)＝0；当n>9时，eq \f(Sn,n)<0.
所以当n＝8或9时，eq \f(S1,1)＋eq \f(S2,2)＋eq \f(S3,3)＋…＋eq \f(Sn,n)最大．
10．解析：（1）证明：当n＝1时，S1＝2a1－4，∴a1＝4.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2n，
∴an－2an－1＝2n，即eq \f(an,2n)－eq \f(an－1,2n－1)＝1，
∴bn－bn－1＝1（常数）.
又b1＝eq \f(a1,2)＝2，
∴{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，即bn＝n＋1.
（2）证明：由（1）知cn＝bn·2－n＝eq \f(n＋1,2n)，
∴Tn＝eq \f(2,2)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(n＋1,2n)，
则eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)＋eq \f(n＋1,2n＋1)，两式相减得eq \f(1,2)Tn＝1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n＋1,2n＋1)＝1＋eq \f(\f(1,22)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(n＋1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n)－eq \f(n＋1,2n＋1)，
∴Tn＝3－eq \f(2,2n)－eq \f(n＋1,2n)＝3－eq \f(n＋3,2n)<3.
（3）由dn＋1>dn得dn＋1－dn>0，
即4n＋1－4n＋（－1）nλ·2n＋2－（－1）n－1λ·2n＋1>0，
即3×4n－3×（－1）n－1λ·2n＋1>0，即（－1）n－1λ<2n－1，
①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值为1，∴λ<1；
②当n为偶数时，即λ>－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，∴λ>－2.
∴－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.
综上所述：存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有dn＋1>dn成立．题号
1
2
3
4
5
答案