第二板块 课时验收评价(七)　创新性考法拔高练

课时验收评价(七)　创新性考法拔高练1．若数列{an}中不超过f(m)的项数恰为bm(m∈N*)，则称数列{bm}是数列{an}的生成数列，称相应的函数f(m)是数列{an}生成{bm}的控制函数．已知an＝2n，且f(m)＝m，数列{bm}的前m项和为Sm，若Sm＝30，则m的值为(　)A．9B．11C．12D．14解析：选B　由题意可知，当m为偶数时，可得2n≤m，则bm＝；当m为奇数时，可得2n≤m－1，则bm＝，所以bm＝则当m为偶数时，Sm＝b1＋b2＋…＋bm＝(1＋2＋…＋m)－×＝，则＝30，因为m∈N*，所以无解；当m为奇数时，Sm＝b1＋b2＋…＋bm＝Sm＋1－bm＋1＝－＝，所以＝30，因为m∈N*，所以m＝11.2．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＝6，S5＝S3＋11，则的最小值为(　)A.B．C.D．解析：选A　设{an}的公差d，由a1＋a3＝6，S5＝S3＋11，得解得所以an＝n＋1，Sn＝，则＝＝＋＋≥2＋＝，当且仅当n＝4时等号成立．3．已知集合P＝{x|x＝2n，n∈N*}，Q＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，将P∪Q中的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}，记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn<1000成立的n的最大值为(　)A．9B．32C．35D．61解析：选C　数列{an}的前n项依次为1,2,3,22,5,7，23，….利用列举法可得，当n＝35时，P∪Q中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前35项可重新排列为1,3,5,7,9,11，13，…，55,57,59,2,4,8,16,32，则S35＝30＋×2＋＝302＋26－2＝962<1000，当n＝36时，S36＝962＋61＝1023>1000，所以n的最大值为35.故选C. 4．已知数列，，，，，，，，，，…，其中每一项的分子和分母均为正整数．第一项是分子与分母之和为2的有理数；接下来两项是分子与分母之和为3的有理数，并且从大到小排列；再接下来的三项是分子与分母之和为4的有理数，并且从大到小排列，依次类推．此数列第n项记为an，则满足an＝5且n≥20的n的最小值为(　)A．47B．48C．57D．58解析：选C　将数列分组为，，，，…，设满足n≥20的an＝5首次出现在第m组的第x个数的位置上，则＝5，x＝，x，m∈N，此时数列共有项数为1＋2＋3＋…＋(m－1)＋x＝＋x≥20，即得＋≥20，解得m≥，由于m∈N，而<<，故m≥7，又x＝∈N，故符合条件的m的最小值为11，则满足an＝5且n≥20的n的最小值为＋＝57.5．十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的，明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》提出了十二平均律的理论．十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个数使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为M，插入11个数后这13个数之和为N，则依此规则，下列说法错误的是(　)A．插入的第8个数为B．插入的第5个数是插入的第1个数的倍C．M>3D．N<7解析：选D　设该等比数列为{an}，公比为q，则a1＝1，a13＝2，故q12＝＝2.对于A，插入的第8个数为a9＝a1×q8＝.故A正确；对于B，插入的第5个数为a6＝a1×q5，插入的第1个数为a2＝a1×q，所以＝＝q4＝.故B正确；对于C，M＝＝＝－1－ 6．(多选)设一个正三棱柱ABCA1B1C1，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面ABC的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，若它选择三个方向爬行的概率相等，若蚂蚁爬行n次，仍然在上底面的概率为Pn，则下列说法正确的是(　)A．P2＝B．P12＝11＋C．Pn＝Pn－1＋nD.＝解析：选AD　显然P1＝，P2＝×＋×＝，A正确；蚂蚁爬n次仍在上底面的概率为Pn，那么它前一步只有两种情况：A：如果本来就在上底面，再走一步要想不在下底面，只有两条路，其概率是Pn－1；B：如果是上一步在下底面，则第n－1步不在上底面的概率是1－Pn－1，如果爬上来，其概率应是(1－Pn－1)．A，B事件互斥，因此，Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)，整理得Pn＝Pn－1＋，即Pn－＝，所以为等比数列，公比为，首项为P1－＝－＝，故Pn＝n＋，所以P12＝12＋，B、C错误； 所以＝＝，D正确．7．若数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且满足a1＋a2020＝27，b1·b2020＝2，函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)且f(x)＝ex，x∈[0,2]，则f＝________.解析：因为数列{an}为等差数列，且a1＋a2020＝27，所以a1010＋a1011＝27.又{bn}为等比数列，且b1·b2020＝2，所以b1010b1011＝2.所以＝＝9.又f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的最小正周期为4.又f(x)＝ex，x∈[0,2]，所以f(9)＝f(2×4＋1)＝f(1)＝e，即f＝e.答案：e8．写出一个通项公式an＝________，使数列{an}具有性质①②：①am＋n＋aman＝0；②{an}为递减数列．解析：当数列{an}为等比数列时，am＝a1qm－1，an＝a1qn－1，am＋n＝a1qm＋n－1，因为am＋n＋aman＝0，所以a1qm＋n－1＋aqm＋n－2＝0，所以a1qm＋n－2(q＋a1)＝0，因为a1≠0，q≠0，所以a1＝－q，因为{an}为递减数列，所以当a1<－1，q>1时符合题意，可取a1＝－2，q＝2，此时an＝－2n.答案：－2n(答案不唯一)9．已知数列{an}满足∀m，n∈N*，am＋n＝am·an，且a1＝.则数列{n2·an}的最大项为第________项．解析：因为am＋n＝am·an，所以令m＝1，所以an＋1＝a1·an⇒＝a1＝，所以数列{an}是以a1＝为首项，q＝为公比的等比数列，所以an＝n，所以n2an＝n2n，设数列{n2·an}的第k项最大，则即结合k≥1，解得k∈[2＋，3＋]．因为k∈N*，所以k＝5，所以第5项最大．答案：510．已知等比数列{an}各项均为正数，a6＝1，a7＋a8＝6，若存在正整数k(k>8)，使得a1＋a2＋a3＋…＋ak>a1a2a3…ak，请写出一个满足题意的k的值为______． 解析：在等比数列{an}中，设公比为q，数列各项均为正数，所以q>0，由a6＝1，a7＋a8＝6，则a6(q＋q2)＝q＋q2＝6，解得q＝2或q＝－3(舍去)，又a6＝a1q5＝a1×25＝1，解得a1＝2－5.所以an＝a1qn－1＝2－5×2n－1＝2n－6.a1＋a2＋a3＋…＋ak＝＝2k－5－2－5＝(2k－1)，因为a1＋a2＋a3＋…＋ak>a1a2a3…ak，由k>(k－1)，得k2－13k＋10<0，解得<k<.又正整数k>8，且13>>12，所以当k＝9,10,11,12时，均有2k－2(k－1)>1成立．故满足题意的k的值可以为9～12的正整数，答案不唯一．答案：9(9～12的正整数均可)11．已知数列{an}的通项公式为an＝记数列的前n项和为Tn.若不等式2m2－m>Tn.对任意n∈N*恒成立，则实数m的取值范围为____________．解析：要使不等式2m2－m>Tn，对任意n∈N*恒成立，只需要2m2－m>(Tn)max即可，当n＝1时，＝＝，则T1＝，当n≥2时，＝＝－，则Tn＝＋－＋－＋－＋…＋－＝≤1，综上所述，当n＝3时，(Tn)max＝1，所以2m2－m>1，解得m>1或m<－.答案：∪(1，＋∞) 12．已知数列{an}是首项a1＝1的正项等比数列，{bn}是公差d＝2的等差数列，且满足b3＝2a2，a3＝b4＋1.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝________，求{cn}的前n项和Sn.请在①cn＝3an＋(bn－1)；②cn＝.这两个条件中任选一个，补充在上面的横线中，并加以解答．解：(1)设正项等比数列{an}的公比为q，则q>0，根据题意，由b3＝2a2，a3＝b4＋1，可得即解得或(舍去)．所以an＝a1qn－1＝3n－1，bn＝b1＋(n－1)d＝2n.(2)选①.由(1)可得cn＝3n＋2n－1，所以Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝＋(1＋2n－1)＝n2＋－.选②.由(1)可得cn＝，所以Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋，　①则Sn＝＋＋＋…＋，　②①－②得Sn＝＋＋＋＋…＋－＝＋－＝＋－＝－，所以Sn＝1－.