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滚动习题(二)
1.B　[解析] a5,a14是函数f(x)=x2-3x-2的两个零点,即方程x2-3x-2=0的两个根为a5,a14,则a5+a14=-=3,∵数列{an}为等差数列,∴a3+a16=a8+a11=a5+a14=3,∴a3+a8+a11+a16=6.故选B.
2.A　[解析] 因为a1a5==5,所以a3=±,又a1,a3,a5都为奇数项,在等比数列中应该为同号,所以a3=,所以a2a3a4==5.故选A.
3.B　[解析] ∵log3an+1=log3an+1(n∈N*),∴3an=an+1,∴数列是公比为3的等比数列,∴(a3+a5+a7)=3(a2+a4+a6)=27=-3.故选B.
4.C　[解析] 设等比数列{an}的公比为q,由32S10=31S5可知q≠1,则32×=31×,化简得32(1+q5)=31,解得q=-,所以a6=a1q5=-=.故选C.
5.C　[解析] 因为=,所以=+1,即-=1,所以数列是以3为首项,1为公差的等差数列,所以=n+2,所以an=.当n≥2时,a1a2…an=×××…×==2,又a1=也符合上式,所以a1+a1a2+…+a1a2…an=2×=1-<1,所以2m-1≥1,解得m≥1,故m的最小值为1.故选C.
6.C　[解析] 将6个圆从外到内依次记为Oi,i∈{1,2,3,4,5,6},将6个正方形从外到内依次记为Ai,i∈{1,2,3,4,5,6},则6个阴影部分从外到内的面积Ti=π-(ri)2=(π-2),i∈{1,2,3,4,5,6},其中ri表示Oi的半径,由题意可知r1=r,r2=r1,…,ri=ri-1,i∈{1,2,3,4,5,6},ri=,所以Ti=(π-2)=(π-2)r2,所以T1+T2+…+T6==(π-2)r2.故选C.
7.ACD　[解析] 设{an}的公差为d,由已知条件得解得对于A,a7=a1+6d=14-6×2=2,故A正确;对于B,S10=10a1+d=140-90=50,故B错误;对于C,d=-2,故C正确;对于D,==a1+3d=14-3×2=8,==a1+d=14-×2=7,所以>,故D正确.故选ACD.
8.AC　[解析] 对于A,若Sn=n2,则当n>1时,an=Sn-Sn-1=2n-1,当n=1时,a1=S1=1,符合an=2n-1,
故an=2n-1,则{an}是等差数列,故A正确;
对于B,若Sn=2n,则a1=S1=2,a2=S2-S1=2,a3=S3-S2=4,所以≠,所以{an}不是等比数列,故B错误;
对于C,若{an}是等差数列,则S2025==2025a1013,故C正确;
对于D,若an=1,符合{an}是等比数列,且a1>0,q>0,
此时S2n-1·S2n+1=(2n-1)(2n+1)=4n2-1,=4n2,
不满足S2n-1·S2n+1>,故D错误.故选AC.
9.-　[解析] 因为an+1=,a1=3,所以a2=-2,a3=-,a4=,a5=3,所以{an}是周期为4的数列,所以a275=a68×4+3=a3=-.
10.(-∞,3)　[解析] 因为对一切正整数n均有an+1所以-(n+1)2+λ(n+1)<-n2+λn,化简得λ<2n+1,
因为n∈N*,所以2n+1的最小值为3,
所以λ<3,故实数λ的取值范围为(-∞,3).
11.an=2n-1　[解析] 设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则S1=5-2d,S2=10-3d,S4=20-2d,∵S1,S2,S4成等比数列,∴=S1·S4,即(10-3d)2=(5-2d)(20-2d),整理得5d2-10d=0,∵d≠0,∴d=2,∴an=a3+(n-3)d=5+2(n-3)=2n-1.
12.解:(1)设{an}的公差为d,则d≠0.
由=,可得a1+4d=0,由S6=18,可得a1+d=3,所以a1=8,d=-2.
所以{an}的通项公式为an=10-2n(n∈N*).
(2)由(1)得Sn=8n+×(-2)=-n2+9n=-+,
因为n∈N*,所以当n=4或n=5时,Sn取得最大值,最大值为20.
13.解:(1)当n=1时,a1=-1,
整理得+2a1-1=0,可得a1=-1.
当n=2时,a1+a2=-1,
整理得+2a2-1=0,可得a2=-.
猜想数列{an}的通项公式为an=-.
(2)①当n=1时,a1=-1,猜想成立.
②假设当n=k(k∈N*)时,猜想成立,即ak=-,
则当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=-1-+1,
即ak+1=-,
即ak+1=-,
即+2ak+1-1=0,即(ak+1+)2=k+2,
可得ak+1=-,所以当n=k+1时,猜想也成立.
由①②可知,数列{an}的通项公式为an=-.
14.解: (1)因为a1=2,a1+a2=5,所以a2=3,
因为an+an+1=2n+3,所以an+1+an+2=2n+5,两式相减,得an+2-an=2,
所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列.
当n为奇数时,a3-a1=2,a5-a3=2,…,且a1=2,
则an=(an-an-2)+(an-2-an-4)+…+(a3-a1)+a1=2+2+…+2=2×+2=n+1(n≥3),当n=1时也满足上式,所以当n为奇数时,an=n+1,
当n为偶数时,an=2n+3-an+1=2n+3-(n+2)=n+1,
所以an=n+1(n∈N*).
(2)设{bn}的前n项和为Tn,
当1≤n≤8时,bn=[lg(n+1)]=0,
当9≤n≤98时,bn=[lg(n+1)]=1,
当99≤n≤998时,bn=[lg(n+1)]=2,
当999≤n≤2024时,bn=[lg(n+1)]=3,
所以T2024=8×0+90×1+900×2+1026×3=4968.(时间:45分钟　分值:100分)
一、单项选择题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.
1.[2023·河南平顶山高二期末] 在等差数列{an}中,a5,a14是函数f(x)=x2-3x-2的两个零点,则a3+a8+a11+a16= (　 )
A.3 B.6
C.8 D.9
2.[2023·武汉高二期中] 在等比数列{an}中,a1=1,a5=5,则a2a3a4的值为 (　 )
A.5 B.-5
C.±5 D.
3.已知数列满足log3an+1=log3an+1(n∈N*),且a2+a4+a6=9,则(a3+a5+a7)的值是 (　 )
A.5 B.-3
C.3 D.
4.[2024·北京西城区高二期末] 设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-1,32S10=31S5,则a6= (　 )
A.- B.-
C. D.
5.已知数列{an}满足a1=,=,a1+a1a2+…+a1a2…an<2m-1(m∈R)恒成立,则m的最小值为 (　 )
A.3 B.2
C.1 D.
6.[2023·北京人大附中高二期中] 小红在手工课上设计了一个剪纸图案,她先在一个半径为r的圆纸片上画一个内接正方形,再画该正方形的内切圆,依次重复以上画法,得到了一幅由6个圆和6个正方形构成的图案,依次剪去夹在正方形及其内切圆之间的部分,并剪去最小正方形内的部分,得到如图所示的一幅剪纸,则该图案(阴影部分)的面积为 (　 )
A.(π-2)r2 B.(π-2)r2
C.(π-2)r2 D.(π-2)r2
二、多项选择题:本大题共2小题,每小题6分,共12分.
7.在等差数列{an}中,已知a3=10,a11=-6,Sn是其前n项和,则 (　 )
A.a7=2 B.S10=54
C.d=-2 D.>
8.已知数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法中正确的是 (　 )
A.若Sn=n2,则{an}是等差数列
B.若Sn=2n,则{an}是等比数列
C.若{an}是等差数列,则S2025=2025a1013
D.若{an}是等比数列,且a1>0,q>0,则S2n-1·S2n+1>
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共15分.
9.已知数列{an}满足an+1=,且a1=3,则a275=　　　　.
10.[2024·四川眉山高二期末] 已知{an}满足对一切正整数n均有an+111.设{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和.已知S1,S2,S4成等比数列,且a3=5,则数列{an}的通项公式为　　　　　　.
四、解答题:共大题共3小题,共43分.
12.(13分)记Sn是公差不为零的等差数列{an}的前n项和,已知=,S6=18.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn的最大值及对应n的大小.
13.(15分)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=-1.
(1)求a1,a2,并猜想数列{an}的通项公式;
(2)用数学归纳法证明你的猜想.
14.(15分)已知函数y=[x]是高斯函数,其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.8]=0,[1.5]=1.若数列{an}满足a1=2,且an+an+1=2n+3,记bn=[lg an].
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前2024项和.

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