内容正文:
暑假复习卷(十)
[核心夯实]
1.A 2.A
3.n 97 【解析】 依题意得,两式相减即得:a2n+1-a2n-1=1,即bn+1-bn=1,∴是以1为公差的等差数列.
又b1=a1=1,所以bn=1+×1=n,
因为S24=++…+==144,
S31=a1+++…+=1+=241,
所以S31-S24=97.
4.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
若S1,S2,S4成等比数列,则S=S1S4,
又a1=a,所以(2a+d)2=a(4a+6d),
解得d=0或d=2a,
所以数列{an}的通项公式为an=a或an=(2n-1)a.
(2)假设存在k(k≥2,k∈N*),使得ln Sk,ln Sk+1,ln Sk+2成等比数列,
则有(ln Sk+1)2=ln Sk·ln Sk+2,
整理可得a2+adk+d2k(k+1)=0,
当d=0时,a=0,则Sk=Sk+1=Sk+2,不符合题意;
当d≠0时,则有Δ=-(2k+k2)·d2<0,无解,
综上所述,不存在k(k≥2,k∈N*),使得ln Sk,ln Sk+1,ln Sk+2成等比数列.
5.A 【解析】 {an}是正项等比数列,an>0,Tn≠0,n∈N*,
所以由T2 017=T2 021=T2 017·a2 018a2 019a2 020a2 021,
得a2 018a2 019a2 020a2 021=1,
所以a2 018a2 021=a2 019a2 020=1,设{an}的公比为q,q≠1,
a2 018a2 021==1,a2 019a2 020==1,即a2 021=q,a2 020=q,
所以===.故选A.
6.
7.(0,1] 【解析】 设等比数列的公比为q,q>0,
则S3=a1+a2+a3=a2≤3,
所以a2≤,
因为q++1≥2+1=3,当且仅当q=1时,等号成立,
所以≤1,所以a2∈(0,1].
8.解:(1)∵2an+1an-3an+1+an=0,
∴=-2,-1=3,
所以数列是以-1=3为首项,以3为公比的等比数列,
所以-1=3n,所以an=.
(2)bn=(an+2)==2(n-1)++,
∵+<1(n≥2)⇔n2<(3n+1)(n-1)⇔(3n+1)(n-1)-n2>0,
∵3n=(1+2)n≥1+2n,
∴(3n+1)(n-1)-n2≥n2-2>0,n≥2,
∴[bn]=2(n-1),n≥2,
∴[b1]+[b2]+[b3]+…+[bn]=1+2×1+2×2+…+2(n-1)=n2-n+1≤2 020,
∴n≤45,
即最大正整数n的值为45.
9.D 【解析】 因为Sn=2an-3n①,当n=1时,a1=2a1-3,解得a1=3,
当n≥2时,Sn-1=2an-1-3②,
①-②得an=2an-2an-1-3,即an=2an-1+3,
所以an+3=2,所以是以6为首项,2为公比的等比数列,
所以an+3=6×2n-1,所以an=6×2n-1-3,
所以不是等比数列,为递增数列,故A,B不正确,
Sn=6×-3n=6×2n-3n-6,故选项C不正确,选项D正确.
10. 【解析】 ∵数列{an} 满足a1a2a3…an=2n2(n∈N*),
∴当n=1 时,a1=2;当n≥2 时,a1a2a3…an-1=2(n-1)2 ,可得an=22n-1 .
∴= ,数列 为等比数列,首项为,公比为 .
∴++…+==<.
∵对任意n∈N* 都有++…+<t,则t 的取值范围为.
11.解:(1)∵++…+=n,①
n≥2时,++…+=n-1,②
由①-②得=1,∴an=n+1(n≥2).
当n=1时,=1,a1=2符合an=n+1,
∴an=n+1(n∈N*),∵bn+1-bn=an=n+1,
∴bn=b1+++…+
=b1+a1+a2+…+an-1
=1+2+…+n=.
当n=1时,b1=1也符合,∴bn=.
(2)因为cn===4,
所以c1+c2+…+cn=4≤,
1-≤,≥,(n+1)2≤64,
所以n+1≤8,即n≤7.
所以满足c1+c2+…+cn≤的最大整数n为7.
12.A 【解析】 ∵x2y2≤,∴x2y2+x2+y2=8≤+(x2+y2)(x2=y2=2时取等号),(x2+y2-4)(x2+y2+8)≥0,∴x2+y2≥4,又x2y2≥0,∴x2+y2≤8,∴x2+y2∈[4,8].故选A.
13.A 【解析】 易得=a-b,故a===b-1++2.由a>b>0得故b>1,
所以a≥2+2=4,当且仅当b-1=,即b=2时等号成立.
14.25 5 【解析】 依题意a,b为正数,且ab=2a+2b+5≥2+5,
所以ab-4-5≥0,即≥0,解得≥5⇒ab≥25,
当且仅当a=b=5时等