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2022届高考数学二轮专题复习4数列
2022届高考数学二轮专题复习4数列
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数列1.与数列有关的基本量的计算1.等差数列的公差为d,前n项和为,若,,则()A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】由,得,又,即,解得,故选A.2.已知等差数列,公差为,且、、成等比数列,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】因为、、成等比数列,则,即,解得,所以,,故选D.3.已知数列的各项均为正数,记为数列的前n项和,,,则()A.13B.14C.15D.16【答案】C【解析】,,整理得,∵数列的各项均为正数,∴,∴数列为等比数列,公比为2,首项为1,15 则,故选C.4.某文具店开业期间,用100根相同的圆柱形铅笔堆成横截面为“等腰梯形垛”的装饰品,其中最下面一层铅笔数为16根,从最下面一层开始,每一层的铅笔数比上一层的铅笔数多1根,则该“等腰梯形垛”最上面一层堆放的铅笔数为()A.8B.9C.10D.11【答案】B【解析】记最下面一层铅笔数为,一共放层,从下到上各层的铅笔数构成公差为的等差数列,则,整理得,解得或.当时,;当时,,不合题意,舍去,故最上面一层堆放的铅笔数为9,故选B.5.在流行病学中,基本传染数是指在没有外力介入,同时所有人都没有免疫力的情况下,一个感染者平均传染的人数.一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定.对于,而且死亡率较高的传染病,一般要隔离感染者,以控制传染源,切断传播途径.假设某种传染病的基本传染数,平均感染周期为7天(初始感染者传染个人为第一轮传染,经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……)那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为(参考数据:,)()A.35B.42C.49D.56【答案】B【解析】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染,则每轮新增感染人数为,经过n轮传染,总共感染人数为,15 ∵,∴当感染人数增加到1000人时,,化简得,由,故得,又∵平均感染周期为7天,所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要天,故选B.2.与数列有关性质的应用1.已知数列为等差数列,为其前n项和,若,,则等于()A.27B.25C.20D.10【答案】A【解析】设等差数列的公差为d,因为,所以,解得,则,故选A.2.在等比数列中,,是方程的两根,则的值为()A.B.3C.D.【答案】B【解析】因为、是方程的两根,所以,,所以,,又为等比数列,则,所以,所以或(舍去),所以,故选B.15 3.设等差数列的前项和为,若,,则等于()A.30B.25C.45D.35【答案】C【解析】等差数列的前项和为,,,则有,解得,,故选C.4.记为等比数列的前n项和,若,则___________.【答案】【解析】由等比数列的前n项和性质可知,构成等比数列,即或(舍),故答案为.5.若数列的前项积,则的最大值与最小值之和为()A.B.C.2D.【答案】C【解析】∵数列的前项积,当时,,当时,,,时也适合上式,∴,∴当时,数列单调递减,且,当时,数列单调递减,且,故的最大值为,最小值为,15 ∴的最大值与最小值之和为2,故选C.6.设等差数列的公差为d,其前n项和为,且,,则使得的正整数n的最小值为()A.16B.17C.18D.19【答案】D【解析】由,得,因为是等差数列,所以,,,,,,所以,,,使得的正整数n的最小值为,故选D.7.设等比数列满足,,则使最大值的为()A.4B.5C.4或5D.6【答案】C【解析】因为为等比数列,,,所以,,所以,,当n=4或5时,取得最大值10,故的最大值为,故选C.8.已知等差数列满足,数列满足,记数列的前n项和为,则使达到最大值的n值为()A.5B.6C.7D.815 【答案】C【解析】等差数列满足,即,解得,故,则等差数列是递减数列,且,故,所以,,,而,故,故使达到最大值的n值为7,故选C.3.数列综合1.若数列满足:,则数列的前99项和为______.【答案】3【解析】因为,所以,故答案为3.2.已知Sn为正项数列{an}的前n项和,且满足,则an=________.【答案】n【解析】,①,当n≥2时,,②①-②,整理得(an-an-1-1)(an+an-1)=0.由于an+an-1≠0,所以an-an-1=1,又由①知a1=1,故数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列,故an=n,15 故答案为.3.已知数列,满足,则等于()A.B.C.D.【答案】D【解析】因为,①所以,②①-②得,,所以,而,适合上式,所以,,,∴,故选D.4.函数y=[x]广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域,其中[x]为不超过实数x的最大整数,例如:,.已知函数,则()A.4097B.4107C.5119D.5129【答案】B【解析】由题意时,,,在上奇数共有个,,,,设,则,15 相减得,所以,所以,故选B.5.已知数列,为的前项和,其中,,则()A.2019B.2020C.2021D.2022【答案】B【解析】由题意,设为奇数,则是偶数,是奇数,则,①,②①+②得,所以的奇数项是首项为,公差为2的等差数列,同理的偶数项是首项为,公差为2的等差数列,所以,故选B.6.“斐波那契数列”又称“兔子”数列,是由意大利数学家里昂那多斐波那契发现的,该数列满足:,,(,),若,则其前2022项和为()A.GB.C.D.【答案】D【解析】由,可得15 …①…②①+②得,化简得,故选D.7.(多选)已知数列满足:,则下列说法中正确的是()A.B.C.数列的前10项和为定值D.数列的前20项和为定值【答案】AD【解析】取,得,故,选项A正确;取,得,又,两式相减得,选项B不正确;由题知①,②,③,②-①得,②+③得,∴为定值,题中条件只限制,所以的值不确定,故前10项和无法确定;所以选项C不正确;前20项中奇数项有10项,相邻两项的和确定,故这10项的和确定,同理10个偶数项的和确定,故前20项和为定值.所以选项D正确,故选AD.8.定义:首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”.已知数列是首项和公差均为1的等差数列.设m为正整数,若存在“数列”,对任意的正整数k,当时,都有成立,则m的最大值为________.【答案】515 【解析】由题意知,,,,恒成立,当时,,当时,,,当时,两边取对数可得对有解,即,令,则,当时,,此时,单调递减,所以,当时,,令,则,令,则,当时,,即,所以,在上单调递减,即当时,,则,化简,得,令,则,由,得,则,所以,在上单调递减,又因为,15 ,所以,存在,使得,所以整数m的最大值为5,此时,,故答案为5.9.已知数列满足,.(1)证明:数列是等比数列;(2)求数列的前n项和.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】(1)证明:由,得,又,所以,故,故是以为首项,以为公比的等比数列.(2)由(1)得,得,所以,设的前n项和为,则,①,②由①-②,得,15 则,故.10.已知数列{an}满足,且.(1)请你在①,②中选择一个证明:①若,则{bn}是等比数列;②若,则{bn}是等差数列.注:如果选择多个分别解答,按第一个解答计分.(2)求数列{an}的通项公式及其前n项和Sn.【答案】(1)见解析;(2),.【解析】(1)选择①,由,可得,∴,又,∴数列{bn}是以2为首项,以为公比的等比数列.选择②,∵,,∴,又,∴数列{bn}是等差数列.(2)由上可知,即,∴,∴15 .11.已知公差不为0的等差数列的前项和为,且,,,成等比数列.(1)求数列的通项公式;(2)设数列的前项和为,若不等式对任意的都成立,求实数的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】(1)设等差数列公差为,由题意,,解得,所以.(2)由(1),所以,易知是递增的且,不等式对任意的都成立,则,所以.12.记数列的前n项和为,满足,且.(1)证明:数列是等差数列;(2)设数列满足,求的前n项和.【答案】(1)证明见解析;(2)前n项和为.【解析】(1)证明:因为,①所以当时,,得或7,又,则.15 当时,,②①-②得,,,由,得,故,即为等差数列.(2)由(1)知,为等差数列且公差为4,所以,所以数列的前n项和,故的前n项和为.13.已知数列满足.(1)设,求数列的通项公式;(2)设,求数列的前20项和.【答案】(1);(2).【解析】(1)由,可知,即,由可知,,所以是以12为首项,4为公比的等比数列,所以的通项公式为.(2)由(1)知,,所以,又符合上式,所以,15 所以,所以的前20项和.14.已知{an}是公差不为零的等差数列,a5=17,a1,a2,a7成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)将数列{an}与{3n}的相同的项按由小到大的顺序排列构成的数列记为{bn},求数列{bn}的前n项和Sn.【答案】(1);(2).【解析】(1)设等差数列的公差为d,d≠0,由条件得,解之得,所以数列的通项公式为.(2)设,则,当,时,,所以,当,时,,所以,所以,所以.15
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-03-16 15:00:03
页数:15
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文章作者:随遇而安
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