2021高考数学(文理通用)一轮专项强化训练3.docx

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专项强化训练(三)
(45分钟　100分)
一、选择题(每小题6分,共30分)
1.设{an}是公差不为0的等差数列,a1=2且a1,a3,a6成等比数列,则{an}的前n项和Sn=(　　)
A.n24+7n4 B.n23+5n3
C.n22+3n4 D.n2+n
【解析】选A.设数列{an}的公差为d,则依据题意得(2+2d)2=2·(2+5d),解得d=12或d=0(舍去),所以数列{an}的前n项和Sn=2n+n(n-1)2×12=n24+7n4.
2.(2022·金华模拟)设等差数列{an}的前n项和是Sn,若-am<a1<-am+1(m∈N*,且m≥2),则必定有(　　)
A.Sm>0,且Sm+1<0 B.Sm<0,且Sm+1>0
C.Sm>0,且Sm+1>0 D.Sm<0,且Sm+1<0
【解析】选A.由于-am<a1<-am+1,
所以a1+am>0,且a1+am+1<0,所以Sm>0,且Sm+1<0.
3.(2022·嘉兴模拟)已知数列{an}满足:a1=1,an+1=2an+3(n∈N*),则a11=(　　)
A.210-3 B.211-3 C.212-3 D.213-3
【解析】选C.由于a1=1,an+1=2an+3(n∈N*),因此可知an+1+3=2(an+3)(n∈N*),所以{an+3}是公比为2,首项为4的等比数列,因此a11=212-3,选C.
4.已知函数f(x)=2x-1,x≤0,f(x-1)+1,x>0,把函数g(x)=f(x)-x的零点按从小到大的挨次排列成一个数列,则该数列的通项公式为(　　)
A.an=n(n-1)2,n∈N* B.an=n(n-1),n∈N*
C.an=n-1,n∈N* D.an=2n-2,n∈N*
【解析】选C.当x≤0时,g(x)=f(x)-x=2x-1-x是减函数,只有一个零点a1=0;当x>0时,若x=n,n∈N*,
则f(n)=f(n-1)+1=…=f(0)+n=n;
若x不是整数,
则f(x)=f(x-1)+1=…=f(x-[x]-1)+[x]+1,其中[x]代表x的整数部分,
由f(x)=x得f(x-[x]-1)=x-[x]-1,其中-1<x-[x]-1<0,没有这样的x.
所以g(x)=f(x)-x的零点按从小到大的挨次为0,1,2,3,…,通项an=n-1,故选C.
【加固训练】
定义:F (x,y)=yx(x>0,y>0),已知数列{an}满足:an=F(n,2)F(2,n)(n∈N*),若对任意正整数n,都有an≥ak(k∈N*)成立,则ak的值为(　　)
A.89 B.2 C.1 D. 4
【解析】选A.an=2nn2,an+1an=2n+1(n+1)22nn2=2n2(n+1)2,2n2-(n+1)2=n2-2n-1,只有当n=1,2时,2n2<(n+1)2,当n≥3时,2n2>(n+1)2,即当n≥3时,an+1>an,故数列{an}中的最小项是a1,a2,a3中的较小者,a1=2,a2=1,a3=89,故ak的值为89.
5.把100个面包分给五个人,使每人所得成等差数列,且使较大的三份之和的17是较小的两份之和,问最小一份为(　　)
A.53 B.103 C.56 D.116
【解析】选A.设五个人所分得的面包为a-2d,a-d,a,a+d,a+2d(其中d>0),则(a-2d)+(a-d)+a+(a+d)+(a+2d)=5a=100,所以a=20.
由17(a+a+d+a+2d)=a-2d+a-d,得3a+3d=
7(2a-3d),所以24d=11a,所以d=556,
所以,最小的一份为a-2d=20-1106=53.
【方法技巧】建模解数列问题
对于数列在日常经济生活中的应用问题,首先分析题意,将文字语言转化为数学语言,找出相关量之间的关系,然后构建数学模型,将实际问题抽象成数学问题,明确是等差数列问题、等比数列问题,是求和还是求项,还是其他数学问题,最终通过建立的关系求出相关量.
二、填空题(每小题6分,共18分)
6.(2022·太原模拟)已知正项等差数列{an}满足:an+1+an-1=an2(n≥2),等比数列{bn}满足:bn+1bn-1=2bn(n≥2),则log2(a2+b2)的值等于　　　　.
【解析】由题意可知an+1+an-1=2an=an2,解得an=2(n≥2)(由于数列{an}每项都是正数,故an=0舍去),
又bn+1bn-1=bn2=2bn(n≥2),所以bn=2(n≥2),
所以log2(a2+b2)=log24=2.
答案:2
7.数列{an}中,an=-2n2+29n+3,则此数列最大项的值是　　　　.
【解析】依据题意结合二次函数的性质可得:
an=-2n2+29n+3=-2n2-292n+3
=-2n-2942+3+29×298.
所以n=7时,a7=108为最大值.
答案:108
【加固训练】
已知函数f(x)满足:f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=3,数列{an}满足an=f(n),则a12+a2a1+a22+a4a3+a32+a6a5+a42+a8a7+…+an2+a2na2n-1=　　　.
【解析】令y=1得f(x+1)=3f(x),故a1=3,an+1=3an,即数列{an}是首项为3,公比为3的等比数列,所以an=3n,所以an2+a2na2n-1=32n+32n32n-1=6,所以所求结果为6n.
答案:6n
8.等差数列{an}的首项为a1,公差为d,前n项和为Sn,给出下列四个命题:①数列12an为等比数列;②若a2+a12=2,则S13=13;③Sn=nan-n(n-1)2d;④若d>0,则Sn确定有最大值.
其中真命题的序号是　　　　(写出全部真命题的序号).
【解析】对于①,留意到12an+112 an=12 an+1-an=12d是一个非零常数,因此数列12an是等比数列,①正确.对于②,S13=13(a1+a13)2=13(a2+a12)2=13,因此②正确.对于③,留意到Sn=na1+n(n-1)2d=n[an-(n-1)d]+n(n-1)2d=nan-n(n-1)2d,因此③正确.对于④,Sn=na1+n(n-1)2d,d>0时,Sn不存在最大值,因此④不正确.综上所述,其中真命题的序号是①②③.
答案:①②③
三、解答题(每小题13分,共52分)
9.(2022·台州模拟)已知正项等差数列{an}满足a1+a6=a2(a3-1),公比为q的等比数列{bn}的前n项和Sn满足2S1+S3=3S2,a1=b1=1.
(1)求数列{an}的通项公式和公比q的值.
(2)设数列{ban}的前n项和为Tn,求使不等式3Tn>bn+2+7成立的n的最小值.
【解析】(1)由于a1=1,a1+a6=a2(a3-1),
所以2+5d=(1+d)(1+2d-1),
得d=2或d=-12(舍).
所以an=2n-1.
由b1=1,2S1+S3=3S2,
所以2+(1+q+q2)=3(1+q),所以q=0或q=2.
由于{bn}为等比数列,所以q=2.
(2)由(1)知bn=2n-1,所以ban=22n-2=4n-1,
所以Tn=4n-13,
由于3Tn>bn+2+7,所以4n-1>2n+1+7,
即(2n)2-2·2n-8>0,得2n>4.
所以n>2,即n的最小值为3.
【加固训练】
已知等比数列{an}满足2a1+a3=3a2,且a3+2是a2,a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若bn=an+log21an,Sn=b1+b2+…+bn,求使Sn-2n+1+47<0成立的正整数n的最小值.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0),
由2a1+a3=3a2,a2+a4=2(a3+2),得
a1(2+q2)=3a1q　①,a1(q+q3)=2a1q2+4　②,由①得q2-3q+2=0,解得q=1或q=2,
当q=1时,②式不成立,不符合题意,应舍去,
当q=2时,代入②得a1=2,则an=2·2n-1=2n.
(2)由于bn=an+log21an=2n+log212n=2n-n,记cn=n,
则bn=an-cn,数列{an}的前n项和An=2(1-2n)1-2=2n+1-2,
数列{cn}的前n项和Cn=n(1+n)2,
所以数列{bn}的前n项和Sn=An-Cn=2n+1-2-12n(n+1),
Sn-2n+1+47<0,
即2n+1-2-12n-12n2-2n+1+47<0.
即n2+n-90>0,解得n>9或n<-10.
故使Sn-2n+1+47<0成立的正整数n的最小值为10.
10.等差数列{an}中,首项a1=1,公差d≠0,已知数列ak1,ak2,…,akn,…成等比数列,其中k1=1,k2=2,k3=5.
(1)求数列{an},{kn}的通项公式.
(2)当n∈N*,n≥2时,求和:Sn=a12k1-1+a22k2-1+…+an2kn-1.
【解析】(1)a22=a1·a5⇒(1+d)2=1·(1+4d)⇒d=2,
所以an=2n-1,所以akn=2kn-1,
又等比数列中,公比q=a2a1=3,所以akn=3n-1,
所以2kn-1=3n-1⇒kn=3n-1+12.
(2)Sn=130+331+532+…+2n-13n-1,
13Sn=131+332+533+…+2n-33n-1+2n-13n,
相减得到:
23Sn=1+231+232+…+23n-1-2n-13n
=1+2×13-13n23-2n-13n=2-2n+23n,
所以Sn=3-n+13n-1.
11.已知二次函数f(x)=ax2+bx的图象过点(-4n,0),且f′(0)=2n,n∈N*.
(1)求f(x)的解析式.
(2)若数列{an}满足1an+1=f′1an,且a1=4,求数列{an}的通项公式.
(3)记bn=anan+1,Tn为数列{bn}的前n项和,求证:43≤Tn<2.
【解析】(1)f′(x)=2ax+b,由题意知b=2n,16n2a-4nb=0,
所以a=12,b=2n,则f(x)=12x2+2nx,n∈N*.
(2)数列{an}满足1an+1=f′1an,又f′(x)=x+2n,
所以1an+1=1an+2n,所以1an+1-1an=2n,
1an-14=2+4+6+…+2(n-1)=n2-n⇒1an=n-122⇒an=1n-122=4(2n-1)2(n∈N*),
当n=1时,a1=4也符合.
(3)bn=anan+1=4(2n-1)(2n+1)
=212n-1-12n+1,
Tn=b1+b2+…+bn=a1a2+a2a3+…+anan+1
=21-13+13-15+…+12n-1-12n+1
=21-12n+1.
由于2n+1≥3,所以21-12n+1≥43,
又21-12n+1<2,所以43≤Tn<2.
12.(2022·宁波模拟)政府打算用“对社会的有效贡献率”对企业进行评价.an表示某企业第n年投入的治理污染的环保费用,用bn表示该企业第n年的产值.a1=a(万元),且以后治理污染的环保费用每年都比上一年增加2a(万元);又设b1=b(万元),且企业的产值每年比上一年的平均增长率为10%,Pn=anbn100ab表示企业第n年“对社会的有效贡献率”.
(1)求该企业第一年和其次年的“对社会的有效贡献率”.
(2)试问:从第几年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%?
【解析】(1)由于a1=a,b1=b,
依据题意:a2=a1+2a=3a,b2=b1(1+10%)=1.1b,
所以P1=a1b1100ab=1%,
P2=a2b2100ab=3a×1.1b100ab=3.3%,
该企业第一年和其次年的“对社会的有效贡献率”分别为1%和3.3%.
(2)由于an=a1+2a(n-1)=(2n-1)a(n∈N*),
bn=b1×(1+10%)n-1=1.1n-1b(n∈N*),
所以Pn=(2n-1)a×1.1n-1b100ab=(2n-1)·1.1n-1%.
下证:Pn=f(n)=(2n-1)·1.1n-1%为增函数.
Pn+1Pn=2n+12n-1×1.1=1+22n-1×1.1>1,
又Pn>0,
则Pn=f(n)=(2n-1)·1.1n-1%为增函数.
再验证:P7=13×1.16%≈23.03%>20%,
P6=11×1.15%≈17.72%<20%,
故从第七年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%.

【加固训练】
一企业的某产品每件利润100元,在未做电视广告时,日销售量为b件.当对产品做电视广告后,记每日播n次时的日销售量为an(n∈N*)件,调查发觉:每日播一次则日销售量a1件在b件的基础上增加b2件,每日播二次则日销售量a2件在每日播一次时日销售量a1件的基础上增加b4件…,每日播n次,该产品的日销售an件在每日播n-1次时的日销售量an-1件的基础上增加b2n件.合同商定:每播一次企业需支付广告费2b元.
(1)试求出an与n的关系式.
(2)该企业为了获得扣除广告费后的日利润最大,求每日电视广告需播多少次.
【解析】(1)由题意,电视广告日播k次时,该产品的日销售量ak满足ak=ak-1+b2k
(k∈N*,a0=b),
所以an=b+b2+b22+…+b2n
=b+b121-12n1-12=b2-12n(n∈N*).
所以,该产品每日销售量an(件)与电视广告播放量
n(次/日)的关系式为an=b2-12n(n∈N*).
(2)该企业每日播放电视广告n次时获利为
Cn=100b2-12n-2bn=100b2-0.02n-12n(n∈N*).
由于Cn-Cn-1=100b12n-0.02≥0
即2n≤50,n∈N*,
所以n≤5(n∈N*),
由于Cn+1-Cn=100b12n+1-0.02≤0⇒2n≥25⇒n≥5,
所以n=5.
所以要使该产品每日获得的利润最大,则每日电视广告需播5次.
【加固训练】
(2022·常州模拟)假如有穷数列a1,a2,a3,…,am(m为正整数)满足条件a1=am,a2=am-1,…,am=a1,即ai=am-i+1(i=1,2,…,m),我们称其为“对称数列”.例如,数列1,2,3,4,3,2,1与数列a,b,c,c,b,a都是“对称数列”.
(1)设{bn}是8项的“对称数列”,其中b1,b2,b3,b4是等差数列,且b1=1,b5=13.依次写出{bn}的每一项.
(2)设{cn}是2m+1项的“对称数列”,其中cm+1,cm+2,…,c2m+1是首项为a,公比为q的等比数列,求{cn}的各项和S.
(3)设{en}是2m项的“对称数列”,其中em+1,em+2,…,e2m是首项为a,公差为d的等差数列,求{en}的前n项和Sn(n=1,2,3,…,2m).
【解析】(1)设数列{bn}前4项的公差为d,b4=b1+3d=1+3d.
又由于b4=b5=13,解得d=4,
所以数列{bn}为1,5,9,13,13,9,5,1.
(2)S=c1+c2+…+c2m+1=2(cm+1+cm+2+…+c2m+1)-cm+1=2a(1+q+q2+…+qm)-a=
2a1-qm+11-q-a(q≠1).
而当q=1时,S=(2m+1)a.
所以S=(2m+1)a,q=1,2a1-qm+11-q-a,q≠1.
(3)em+1=a,e2m=a+d(m-1).
由题意得e1,e2,…,em是首项为a+d(m-1),公差为-d的等差数列.
当n≤m时,Sn=e1+e2+…+en=[a+d(m-1)]n+n(n-1)2·(-d)=-d2n2+a+md-d2n;
当m+1≤n≤2m时,Sn=e1+e2+…+en
=Sm+(em+1+em+2+…+en)
=-d2m2+a+md-d2m+(n-m)a+(n-m)(n-m-1)2d=d2n2+a-md-d2n+m2d.
综上所述:Sn=-d2n2+a+md-d2n,1≤n≤m,d2n2+a-md-d2n+m2d,m+1≤n≤2m.
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