第六章 数列与极限（试卷）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

第六章 数列与极限 一、选择题 活动.这款软件的激活码为下面数学问题的 1.已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1十a2十a3十 答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2， a4=ln(a1十a2十a3).若a1>1,则() 4,8,16.…,其中第一项是2°，接下来的两项 A.a1<a3,a2<a4 是2°，2，再接下来的三项是2°，2,2，依此 B.a1>a3,a2<a4 类推.求满足如下条件的最小整数N:N> C.a1<a3,a2>a4 100且该数列的前N项和为2的整数幂.那 D.a1>a3,a2>a4 么该款软件的激活码是 () 2.已知a,b,c为公差不为0的等差数列，P,N A.440B.33 C.220 D.110 的坐标分别为（一3,2），(2,3)，过P向直线 a.x十by+c=0做垂线，垂足为M,求|MN 7.设数列{a,}的前n项和为S.=(-1)"a.+2 的最大值与最小值的乘积 () 十n一3，且实数t满足(t一an+1)(t-an)<0, 则t的取值范围是 () A.10 B.3√2 C.14 D.以上选项都不对 A(-8》 a(》 3.设数列(a,}满足：a=6,a+1=n十3 m,则 n c(-》 n() ( 8.lim之aretan 2 A.Hn∈N',an<(n+l)3 拉*十092■门 B.Hn∈N*,an≠2015 C.3n∈N*,an为完全平方数 A B.元 C. D. D.3n∈N,an为完全立方数 二、填空题 4.已知数列{an},其中a1=a,a2=b,am+2 9.数列{an}满足a+1十（-1)an=2n-1,则 {an}的前60项和为 ( 10.已知数列{an}满足a1=1,an=a1十2a2十 A.{an}可能递增 3a3+…+(n-1)an-1(n≥2)，则{an}的通 B.{an}可能递减 1,n=1, 项an= C.{a,}可能为有限项 ,n≥2. D.{an}可能为无限项 l1.已知等差数列{an}及其前n项的和Sn, 5.a.=(a-2)(8)6,=a1-a则( S105=2016,S2016=105,S2121= A.{an}中最大项为ag l2.设am是最接近n的整数，若 1=2016, a联 B停中最大项为0,27 n= C.{an}中最小项为a1 13.数列(a.}满足a,=1-1(n≥2)，4，=2.已 an-1 D.1中最小项为-0.9 知{an}的通项可以表示成Asin(awm十p)十B的 形式，am的一个表达式为 6.几位大学生响应国家的创业号召，开发了一 14.已知正数数列{am}满足a1=1,且 款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣， 他们推出了“解数学题获取软件激活码”的 5.-(a.+)S。为数列的前m项和)， a 255 Sg= : 三、解答题 17.设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列， 15.设数列{an}满足am+1=a-nan十1，n=1, {bn}是首项为b1,公比为q的等比数列. 2,3…, (1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1 (1)当a1=2时，求a2,a3,a4,并由此猜想出 对n=1,2,3,4均成立，求d的取值范围； {an}的一个通项公式； (2)若a1=b1>0,m∈N,q∈（1，w2], (2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有 证明：存在d∈R,使得|an一bn≤b1,对 (i)an≥n+2, n=2,3,…,m十1均成立，并求d的取值范 (i)1+a1十1+a2 围（用b1,m,q表示）. 16.函数f(x)=x2一2x一3，定义数列{xn}如 18.已知实数g≠0，定义数列{an}如下：如果 下：x1=2,xm+1是过两点P(4,5)、Qn(xm, n=x+2x1+22x2+…+2xk,x,∈{0,1}， f(xn)的直线PQn与x轴交点的横坐标. i=0,1,2,…,k,则an=x十x1q十x29+. (1)证明：2≤xn<xw+1<3; 十xq. (2)求数列{xn}的通项公式. (1)求a,和ag(用q表示)； (2)令bn=a21,证明：2b,=a21； =1 (3)若1<q<2,证明：对于任意正整数n, 存在正整数m,使得an<am≤an十1. 256参考答案与解析 202°，2 第六章 数列与极限 6.A方法1：由题意可知：第-项第二项 2°，2,2 2°，21,22…，2m-1 一、选择题 第三项，…。 第n项 根据等比数列前项和公式，求得每项和分别为： 1B令fx)=-nx-1,fx)=1-子令f)=0,得 2-1,22-1,2-1,…,2"-1, =1,所以当x>1时，f'(x)>0,当0<x<1时，f(x)<0,因 每项含有的项数为：1,2,3，…，n,总共的项数为 此f(x)≥f(1)=0,.x≥lnx+1, N=1+2+3+…+m=1十n)n 若公比g>0,则a1十a2十a3十a4>a1十a2十a3 2 ln(a1十a2十a?),不合题意；若公比 所有项数的和为S:2-1十2-1+23-1十…+2”-1= q≤-1，则a1+a十ag十a,=a1(1十q)(1十g)≤0， (2+22+23十…+2”)-n In(a+a:+as)=In[a (1+q+q)]>Ina>0, 2(1-2") 1-2 -n=2+1-2-n, 即a1十a:十ag十a,≤0<ln(a1十a,十a),不合题意； 因此-1<g<0,g∈(0,1)，.a1>a1g=ag, 由题意可知：2+1为2的整数幂.只需将一2一n消去即可，则 a2<ag2=a,<0,选B. ①1+2+(-2n)=0, 评析：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围， 解得：m=1,总共有1十)X1十2=3项， 2 是-一个有效方法.如x≥lnx十1(x>0),e≥x十1(x∈R),e ≥x2+1(x≥0). 不满足N>100: ! 2.A依题意，直线ax十by十c=0为过点(1，-2)的任意直线， ②1十2+4十（一2-n)=0,解得：n=5,总共有 所以M,点的轨迹是以P(一3,2)和(1，一2)为直径的圆，不难 1+5)×5+3=18项，不满足N>100: 2 求得|MN|的最大值和最小值分别是5√2和√2，所以选A. a.="十3.+2 ③1+2十4+8十（一2一n)=0,解得：n=13,总共有 3.AB直接选代：a1=”十3。 n-i0w-1=…= 1+13)×13+4=95项，不满足N>100: 2 十3.n+2.n+1 n n-1 n-2 … 2 ④1+2+4+8+16+(-2一n)=0,解得：n=29, 十3.n+2.n十1 3 2 ·1a1=(n+3)(n+2)(n+1)(m>3) 总共有1+29)×29+5=440，满足N>100, 2 故an=(n十2)(n十1)n,验证n=1,2,3时该通项公式都成 .该款软件的激活码为440.故选A. 立.A、B选项容易验证正确.对于C选项，因为a,=(n十1) 方法2：该教列的前1十2十…十=十)项的和为S4出 [(n十1)2-1]，其中n十1与(n十1)2-1互质.那么若a,为 2 完全平方数则必有n十1与(n十1)2一1都为完全平方数. =1+(1+2)+…十(1+2+…十2)=2+1-k-2,要使得 (n十1)2-1显然不为完全平方数，故C错误.对于D,有n< (十卫>100，有k≥14，此时k+2<21, n(n+1)(n+2)<(n十1)，故an不为完全立方数，D错误. 2 评析：数列与初等数论同步考查，本题区分度很大，需要学生 1 有较强的实力. 1,2, 4.CD取a=7,b=1则显然{am}为有限项 1,2,4… 取a=1,6=1,尉a=-60,=是那么由于a1=41 1,2,4,…,2, 所以十2是之后的等比数列1,2,2，…，2+1的部分和， 7 7 a+=a.ae 一，当偶数项是正数，奇数项是负数时，我 也即k+2=1+2十…十2=2-1， 所以k=2一3≥14，最小的s=5,此时=2一3=29， 们能推出下一个奇数项仍然是负数，下一个偶数项也仍然是 正数.如此下去{an}必为无限项数列.故CD正确. 对应最小的，满足条件的V=29X30+5=440. 2 仍然取a=1,b=1,根据上述推理，显然{am}不递减也不递 综上所述，故选A. 增.AB错误. 评桥：此题远项所选内容比款蓝考查的是学生的组合构造元A由S.=(一1a,十十”一3，得©=一子：当≥2时， 能力，此类题应从简单情况入手，研究其中的一些基本性质， 再一步步接近题目问的问题， a,≥2a=S-S1=(-1)a.+(-1)a1-2+1.若n ·0者>器 5.D首先考虑{a}:al=2n十l 9 1 为偶数，则a1=2-1心a,=2-1(n为奇数)：若n为 10,21 992m-1>9 台n<9.5,因此数列的前十项单调递增，而此 寺，则a=-2a,-2+1=-2(品-1）-+1=8 后单调递减，所以最大项为a1。,A错误；最小项为min{a1, lim a.}=0,C错误；再考虑： 2品，所以a,=3-(m为偶数).里然n为奇数时a 9(a+号）-10(+) 9_2n-17.9 102n-1910 (品-l)=a=-是m为%数时a.=(3-)=a 9(+）-10(-7) =11 =品(1+2n2)研完)=20的国像可知最小值 若(t-a+1)(t一an)<0恒成立. 在n=9时取到，为一0.9，D正确；最大值在n=10时取到，为 2.7A,B错误. 别a<a印-是<选N 393 强基数学·巅峰突破 2 (k+1)-(k-1) 8.A 根据题意，有arctan在=arctan计(k十)(k- 105+2016×(-2-2x28)+2010 arctan(k+1D-arctan(k-1),于是m名arem是 =105+2016-2×2016-2×105=-2121, 故S,121=-2121. imCarectan(1)-arctan(1im Carectan(1 答案：-2121 arctan n-arctan 1-arctan ]=3x 12.解析：设a,=k,那么有k-<号，即 4 二、填空题 (k-合)广<<(k+2）广>-+1<m<+,电就是 9.解析：方法1：令a1=1,则a2=2,a3=1,a4=6,a=1, a6=10,…前60项中，奇数项为1，其和为30. 恰有2m个数等子k.故所求n=罗2i=108×109 偶数项形成以2为首项，4为公差的等差数列，其和为30×2十 1017072 号×30X29X4=180.所以a,的前60项和为1830. 答案：1017072 方法2：a2-a1=2X1-1,a4-a2=2×3-1,…,a-a9=2X 13.解析：写出{a,}的项，有a1=2a:=2a,=-1a,=2, 59一1，左右两边分别相加，得： 可知{am}为三个数一循环.现在只需找到{am}的一个 (ag十a:+…+ao)-(a1十a3+…十aa)=1770. Asin(wm十9)十B的形式即可. 又a2一a1=1,a3十a2=3,所以a3十a1=2,同理a,十a=2,… 首先由T=3可知a-子再观察aa:a,发现它们成华 所以a1十ag…十a9=30, 差数列，又因为它们的相位差相等，我们可以设 所以(a2+a4十…十a6o)+(a1十a3+…十a9)=1830. 方法3：由题意得： B=7,将a:的相位设定在sin函数的对称中心2处.然后 a4m+1十am=8n-1(1) 将a1,a2,a的方程代入，最后可得出{an}的一个形式为 a4m+g-aw+1=8n十1(2) /(1)+(2):am+:十am=16n, a4m+3十am+2=8n十3(3) (3)-(2):am+3十am+1=2. 万血（经。-吾）+安 aw+4一am+3=8n十5(4)) 答案5sm(经-吾)+日 由上式得：(1)+(2)十(3)+(4)= a4a+1十aw+2十aw+a十am+i十(an十aa+2)-（aw+1十aw+3）= 14.解析：运用归纳法证明：Sn=√m,且an=m-√n-. a4m+1十a4m+2十a4m+3+a4m+:+16n-2=32n十8， (1)n=1时，结论显然成立； 所以a+1十aa+2十a4m+3十am+4=16n十10. (2)设n=k时，有S。=√辰成立，则n=k十1时， 令b+1=a4m+1十aa+2十am+g十am+:=16n+10, 又b,=a1+a2+a+a,=10, (+)S=+a化商得 1 所以S6=10×15+15X14×16=1830. +1十2E+1一1=0，该方程有两根a+1=√+万-反或 2 一√R十I一√（舍，数列为正数数列）. 答案：1830 故S+1=√康十I成立. 10.解析：方法1： 综上，S=3. ,'an=a1十2a2+3a3+…+(n-1)a-1(n≥2)， 答案：3 ∴a+1=a1十2a2十3a十…+(n-1)am-1十nan=an十nan= 评析：遇到不会处理的递推式，可以尝试探究数列的前几 (n十1)an(n≥2)，∴.am+1=(n+1)an'a1=ae=1, 项，可以发现有些数列规律，便能够借助归纳法完成证明. a,=a-1=n(n-1)a-=…=n(n-1)3·a:=2l 三、解答题 (n≥2)（迭代法）. 15.解：(1)a2=3,a3=4,a,=5,…猜想出{am}的一个通项公式： a=n+1. 方法2：因为0=1,8=-1，g=3,8=1, an-1 an-2 "al (2)(i)用数学归纳法证明an≥n十2. 所以0。.0⊥a.2=n(n-1)3X1X1, ①当n=1时，a1≥3=1十2，不等式成立. an-1 an-2 a2 a1 ②假设当n=k时不等式成立，即a≥k十2，那么a+1= a,=(n-1)…3X1X1=号l(累来法). a(ak-k)+1≥(k十2)(k+2-k)+1=2k+5≥k+3,也就 是说，当n=k十1时，a+1≥(k十1)十2，根据①和②，对于所 答案：7n!(n≥2) 有n≥1，有an≥n十2. 11.解析：观察条件形式，发现S1o=2016,S016=105,且所求 (i)因为a+1=an(an-n)+1>an(n+2-n)+1=2a,十1， S:121中的2121=105+2016. 所以a+1十1≥2(a,十1)， S96-S·2=-2.而 1 故有41十a2o1s=2016-105 11+a2 1+a,1+a,-11+a, 1 S:×2=105X2,两式相减有 a1十a:1.=20167 2016 3时中。 105d=-2-2×086再看所求5的表达式。 S121=(S216+105X2016d)+S1,将上式代入，有S2121= 12 394 参考答案与解析 16.解：(1)直线PQ。的方程为y-5=fx)-5 n(g”-g"1)-g”+2>0 x。-4 (x-4),令 y=0,得-5=2586x-09,52 因此，当2气≤m十1时，列(？子}单调道琼，放战列 xw4 ,+2=x-49 9二2)的最大值为2 经授经授 1n-1} ②设f(x)=2(1一x),当x>0时， 下面用数学归纳法证明2≤x.<3. f'(x)=(ln2-1-xln2)2<0, 当n=1时，x1=2,满足2≤x1<3. 所以f(x)单调递减，从而f(x)<f(0)=1. 假设n=k时，2≤x4<3成立，则当n=k十1时， 41=t3=4-5 当2≤n≤m时， n =gn-D≤2(1-） xs十2 x6十2” "1 n n-1 2≤x<394≤4+2<5台1<_5 f(分)下1，因光，当2长0≤m+1时，彘到{二)单润连 2<≤4-23，即2<3电成立， 5 成，故我到{二}的最小值为 m 综上可知2x<3对任意正整数恒成立. 下面证明x<·+1一工=十7 因此d的取值范国为(g-2.6g7 m m 18.解：(1)因为7=1+2+2，所以a,=1+q十g;因为8=2， =4z+3-2-2m=-(x,-1)+4 z.+2 xm十2 所以ag=q； 由2≤x<3→1≤x.-1<2→0<-(x.-1)2+4≤3. (2)由数列{an}定义得：b,=am-1=g;所以b,=1十g十 故有xn+1一za>0,即工m<xw+1 g+…+g”1 综上可知2≤x,<x+1<3恒成立. 而2”-1=1+2+2+…+2-， (2)由x1= 工十2得到该数列的一个特征方程 4xw+3 所以a,-1=1+q十g+…+q1=之6； i=1 2=即-2-3=0，解得=8或=-1 (3)当1<q<2,由(2)可知，-1=g1无上界，故对任意 an,存在am,使得am>a· -经授-8导 ①. 设m是满足am>an的最小正整数.下面证明an≤an十1. xn十2 ①若m一1是偶数，设m-1=2x1十2x2十…十2x4,x:∈ -(-经专-(-爱智 x十2 ②.两式相除可得 {0,1},i=1,2,…,k, 则m=1+2x1十2x十…+2x,于是am=1十x1q十x2g+ x+1+15 …十xg=1十am-1 任}是以-甘为首项，以日为公此的等比藏到， 因为an≥am-1,所以am=1十am-1≤an十1. ②若m-1是奇数，设m-1=1+2+22+…+2+2+2+ =- +…+2xg,则am-am-1=g+1-(1十g十g2+…十g) (g-1)(1+g+g2+…+g)-(1+g+g+…+g)+1<1. 3X5”1+1 3 3X5”1+1 所以am<am-1十1≤an十1. 1.解：1d的取位范周为[子，]， 综上所述，对于任意正整数n,存在正整数m,使得an<am≤ am+1. (2)由条件知：an=a1十(n-1)d,bn=b1g”-l.若存在d,使得 |an-b≤b1(n=2,3,…,m十1)成立，即 第七章 平面向量 1b1+(n-1)d-b1g”-1|≤b(n=2,3,…,m+1),即 当1=2,3，…m十1时，d满足2。 n-1'b≤ds n76. 一、选择题 1.C方法1：令∠ABC=a,过A作AD⊥BC于D. 因为e.阿.到1g≤到≤a子a, 由|BA-tBC|≥|AC,推出|BA|-21BA·BC+ b>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此，取d=0时， 1C≥，◆=：产，代人上式，得1 |a一b,≤b1对n=2,3,…,m十1均成立.下面讨论数列 BC 。一子引的菜夫位布数列二 的最小值(n=2,3,…, 2|BA'cos'a+cos'aBAAC1, (n-1 即|BA|sina≥|AC|,也即|BA|sina≥|AC1. m+1). 0当2≤n≤m时，g-2--2 从而有AD≥|AC.由此可得∠ACB=受 n-1 方法2：令∠ABC=a,过A作AD⊥BC于D. ng-g4-9g”1+2=n(g-g"1)-g+2 n(n-1) n(n-1) 由|BA-tBC|≥|AC|,推出 当1<q≤2而时，有g≤g”≤2，从而 1BA|2-2tBA.BC+2|BC|2-|AC|≥0，上式对于任意 395