第四章 专题微课 数列的综合问题 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（人教A版）

第四章 专题微课 数列的综合问题 [课时跟踪检测] 1.已知数列{an}是等差数列,若a1-a4-a8-a12+a15=,则sin(a2+a14)的值为 (　　) A.0 B.1 C.-1 D.不存在 解析:选A　由已知可得a1-a4-a8-a12+a15=(a1+a15)-(a4+a12)-a8=-a8=,可得a8=-,因此sin(a2+a14)=sin(2a8)=sin(-π)=-sin π=0. 2.若数列{Fn}满足F1=F2=1,当n≥3时,Fn=Fn-1+Fn-2,则称{Fn}为斐波那契数列.令an=(-1,则数列{an}的前100项和为 (　　) A.0 B.-34 C.-32 D.32 解析:选B　由数列{Fn}的前两项都是奇数,因为两奇数之和为偶数,偶数与奇数之和为奇数,可得{Fn}各项依次为奇奇偶,奇奇偶,奇奇偶,…,所以数列{an}的前若干项依次为-1,-1,1,-1,-1,1,…,将a3n-2,a3n-1,a3n看作一组,每组3个数的和为-1,所以数列{an}的前100项的和为33×(-1)-1=-34. 3.已知函数f(x)=cos x,x∈,若方程f(x)=m有三个不同的实数根,且三个根从小到大依次成等比数列,则实数m的值是 (　　) A.- B. C.- D. 解析:选A　如图,设方程f(x)=m的三个不同的实数根从小到大依次为a,b,c,则解得所以m=f(a)=f=cos=-. 4.定义“等方差数列”:如果一个数列从第二项起,每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等方差数列,这个常数叫做该数列的方公差.设{an}是由正数组成的等方差数列,且方公差为2,a5=3,则数列的前24项和为 (　　) A. B.3 C.3 D.6 解析:选D　依题意,-=2,即{}是公差为2的等差数列,而a5=3,于是=+2(n-5)=2n-1,即an=,则===-,所以数列的前24项和为(-1)+(-)+(-)+…+(-)=7-1=6. 5.过圆x2+y2=10x内一点(5,3)有k条弦的长度组成等差数列,且最小弦长为数列的首项a1,最大弦长为数列的末项ak,若公差d∈,则k的取值不可能是 (　　) A.4 B.5 C.6 D.7 解析:选A　由题意,将圆x2+y2=10x化为(x-5)2+y2=25,可得圆心坐标为C(5,0),半径r=5,设A(5,3),可得|AC|=3,由圆的弦长公式,可得a1=2=8,ak=10,则ak=a1+(k-1)d,即8+(k-1)d=10,所以k=+1,因为≤d≤,所以5≤+1≤7,即5≤k≤7,结合选项,可得k的取值不可能是选项A. 6.已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,以此类推,若N>100且该数列的前N项和为2的整数幂,则N的最小值为 (　　) A.440 B.330 C.220 D.110 解析:选A　把题设中的数列分成如下的组:(1),(1,2),(1,2,4),(1,2,4,8),… ,记前k组的和为Tk.则Tk=1+(1+2)+…+(1+2+4+…+2k-1)=1+(22-1)+…+(2k-1)=2k+1-k-2,令1+2+3+…+k>100,即k(k+1)>200,故k≥14.故当N>100时,数列至少包括前13组且含有第14组的前10个元素.设前N项和为2的整数幂且第N项为第k组的第l个元素,则N=+l,且前N项和SN=Tk-1+1+2+…+2l-1=2k-k-2+2l,其中1≤l≤k,k≥14.下证:当k≥14时,总有2k-1>k.记g(k)=2k-1-k,则当k≥14时,有g(k)-g(k-1)=2k-2-1>0,故{g(k)}为单调递增数列,而g(14)=213-14>0,故g(k)≥g(14)>0,即2k-1>k.所以2k-k-2+2l≥2k-1+2k-1-k>2k-1,2k-k-2+2l<2k+2k=2k+1.由SN为2的整数幂,故SN=2k,从而k+2=2l,当k=14时,l=4,与l≥10矛盾;当k=30时,l=5,此时N=+5=440,故选A. 7.(5分)设数列{an}的前n项和为Sn,点(n∈N*)均在函数y=3x-2的图象上,则数列{an}的通项公式an=　　　　.  解析:依题意得=3n-2,即Sn=3n2-2n,所以数列{an}为等差数列,且a1=S1=1,a2=S2-S1=7,设其公差为d,则d=6,所以an=6n-5(n∈N*). 答案:6n-5 8.(5分)已知无穷等差数列{an}的各项均为正数,公差为d,则能使得anan+1为某一个等差数列{bn}的前n项和(n=1,2,…)的一组a1,d的值为a1=　　　　,d=　　　　.  解析:设等差数列{bn}的前n项和为Sn,则Sn=anan+1,∴S1=a1a2,S2=a2a3,S3=a3a4.又{an}是公差为d的等差数列,∴b1=S1=a1a2,b2=S2-S1=a2a3-a1a2=2da2,b3=S3-S2=a3a4-a2a3=2da3,∵2b2=b1+b3,即2×2da2=a1a2+2da3,∴4d(a1+d)=a1(a1+d)+2d(a1+2d),整理得a1(a1-d)=0,由题知a1>0,∴a1=d.故满足题意的一组a1,d的值为a1=1,d=1.(答案不唯一) 答案:1　1(答案不唯一) 9.(5分)已知数列{bn}的通项公式是bn=n2-tn+4,使数列中存在负数项的一个t的值为　　　　.  解析:记Δ=(-t)2-4×1×4=t2-16,当Δ≤0时,即-4≤t≤4,显然bn=n2-tn+4≥0恒成立,不满足要求;当Δ>0时,t<-4或t>4,若t<-4,则-tn>0,n2+4>0,所以bn=n2-tn+4>0恒成立,不满足要求;若t>4,此时b2=8-2t<0,必然满足数列{bn}中存在负数项.由上可知,t的可取值的范围是(4,+∞),故可取t=5. 答案:5(答案不唯一,(4,+∞)中的任一个值均可) 10.(10分)已知等差数列{an}是递增数列,a2=2,且a3-1,a4,a5+5成等比数列,Sn是数列{an}的前n项和. (1)求数列{an}的通项公式;(4分) (2)设bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求满足+T11>0的最小的n的值.(6分) 解:(1)设{an}的公差为d(d>0), 则 ∴d2-2d-3=0,∵d>0,∴d=3,a1=-1, ∴{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=3n-4. (2)由(1)知Sn==, bn===-, T11=+++…+=-1-=-.+T11>0化为->0,∴3n2-5n-250>0, ∴(n-10)(3n+25)>0,∴正整数n>10, ∴满足条件的n的最小值为11. 11.(15分)已知数列是以为首项的常数列,Sn为数列{an}的前n项和. (1)求Sn;(5分) (2)设正整数m=b0×30+b1×31+…+bk×3k,其中bi∈{0,1,2},i,k∈N.例如:3=0×30+1×31,则b0=0,b1=1;4=1×30+1×31,则b0=1,b1=1.若f(m)=b0+b1+…+bk,求数列{Sn·f(Sn)}的前n项和Tn.(10分) 解:(1)由题意可得=,则an=3n-1,可得==3,可知数列{an}是首项a1=1,公比q=3的等比数列,所以Sn==. (2)因为Sn=30+31+32+…+3n-1=1×30+1×31+1×32+…+1×3n-1,则b0=b1=…=bn-1=1,由题意f(Sn)=b0+b1+…+bn-1=1+1+…+1=n, 所以Sn·f(Sn)=,可得Tn=++…+=[(1×3+2×32+…+n×3n)-(1+2+…+n)]. 先求数列{n×3n}的前n项和,记为T', 则T'=1×31+2×32+…+n×3n,　① 3T'=1×32+2×33+…+n×3n+1,　② ①-②得-2T'=3+32+33+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1=-+×3n+1, 所以T'=+×3n+1; 再求{n}的前n项和,记为T″,则T″=. 综上所述,Tn=(T'-T″)==+×3n+1-. 12.(15分)已知函数y=f(x)的图象经过坐标原点,且f(x)=x2-x+b,数列{an}的前n项和Sn=f(n)(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式;(4分) (2)若数列{bn}满足an+log3n=log3bn,求数列{bn}的前n项和Tn;(5分) (3)令dn=,若cn=-λ(-2)n(λ为非零整数,n∈N*),试确定λ的值,使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn成立.(6分) 解:(1)∵y=f(x)的图象过原点,则b=0,∴f(x)=x2-x.∴Sn=n2-n. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-n-(n-1)2+(n-1)=2n-2,又∵a1=S1=0适合an=2n-2, ∴数列{an}的通项公式为an=2n-2. (2)由an+log3n=log3bn,得bn=n·=n·32n-2(n∈N*), ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=30+2·32+3·34+…+n·32n-2,　① 9Tn=32+2·34+3·36+…+n·32n.　② ②-①得8Tn=n·32n-(1+32+34+36+…+32n-2)=n·32n-, ∴Tn=-=. (3)dn==n,故cn=3n-λ(-2)n. 要使cn+1>cn恒成立,即要cn+1-cn=[3n+1-λ(-2)n+1]-[3n-λ(-2)n]=2·3n+3λ(-2)n>0恒成立,即要(-1)n·λ>-恒成立. 下面分n为奇数、n为偶数讨论: 当n为奇数时,即λ<恒成立. 又的最小值为1,∴λ<1. 当n为偶数时,即λ>-恒成立. 又-的最大值为-,∴λ>-. 综上,-<λ<1,又λ为非零整数,∴λ=-1时,使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn成立. 学科网（北京）股份有限公司 $