【文档说明】高考数学二轮复习课时跟踪检测08“专题二”补短增分综合练 理数（含答案）.doc，共(8)页，100.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（八）“专题二”补短增分（综合练）A组——易错清零练1．(2018·湖北八校联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S10＝10，S30＝130，则S40＝()A．－510B.400C．400或－510D.30

或40解析：选B等比数列{an}中，S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，且由题意知，S20>0，所以S10(S30－S20)＝(S20－S10)2，即10(130－S20)＝(S20－10)2，解得S20＝40，又(S20

－S10)(S40－S30)＝(S30－S20)2，即30(S40－130)＝902，解得S40＝400.2．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值为()A．2500B．2600C．2700D.2800解析：选

B当n为奇数时，an＋2－an＝0⇒an＝1，当n为偶数时，an＋2－an＝2⇒an＝n，故an＝1，n为奇数，n，n为偶数，于是S100＝50＋＋2＝2600.3．(2018·海淀二模)在数列{an}中，“an＝2an－1，n＝2,3,4，„”是“{an}是公比为2的等比数

列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D.既不充分也不必要条件解析：选B当an＝0时，也有an＝2an－1，n＝2,3，4，„，但{an}不是等比数列，因此充分性不成立；当{an}是公比为2的等比数列时，有anan－1＝2，n＝2,3,4，„，即an＝2an

－1，n＝2,3,4，„，所以必要性成立．4．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝2an＋1，则bn＝________.解析：当n＝1时，a1＝S1＝2，因为Sn＝n2＋1，Sn－1＝(n－1)

2＋1(n≥2)，两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，所以当n≥2时，an＝2n－1，又a1＝2不符合上式，所以an＝n＝，2n－n，因为bn＝2an＋1，所以bn＝23n＝，1nn答案：

23n＝，1nn5．(2018·安徽阜阳一中月考)已知一个等比数列{an}的前4项之积为116，第2,3项的和为2，则数列{an}的公比q＝________.解析：设数列{an}的前4项分别为a，aq，aq2，aq3，则a4q6＝116，aq＋aq2＝2，可

得a4q6＝116，aq＋q＝2，所以(1＋q)4＝64q2，即(1＋q)2＝±8q，当q>0时，可得q2－6q＋1＝0，解得q＝3±22，当q<0时，可得q2＋10q＋1＝0，解得q＝－5±26.综上，q＝3±22

或q＝－5±26.答案：3±22或－5±26B组——方法技巧练1．已知正项数列{an}中，a1＝1，且(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，则它的通项公式为()A．an＝1n＋1B．an＝2n＋1C．an＝n＋

22D.an＝n解析：选B因为(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0，所以[(n＋2)an＋1－(n＋1)an](an＋1＋an)＝0.又{an}为正项数列，所以(n＋2)an＋1－(n＋1)a

n＝0，即an＋1an＝n＋1n＋2，则an＝anan－1·an－1an－2·„·a2a1·a1＝nn＋1·n－1n·„·23·1＝2n＋1.故选B.2．(2018·郑州质检)已知数列{an}满足a1a2a3„an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有1a

1＋1a2＋„＋1an<t，则实数t的取值范围为()A.13，＋∞B.13，＋∞C.23，＋∞D.23，＋∞解析：选D依题意得，当n≥2时，an＝a1a

2a3„ana1a2a3„an－1＝2n2n－2＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，1an＝122n－1＝12×14n－1，即数列1an是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数

列1an的前n项和等于121－14n1－14＝231－14n<23，因此实数t的取值范围是23，＋∞.3．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝anan＋3(n∈N*)，则数列{an}的通

项公式为________．解析：因为an＋1＝anan＋3(n∈N*)，所以1an＋1＝3an＋1，设1an＋1＋t＝31an＋t，所以3t－t＝1，解得t＝12，所以1an＋1＋12＝3

1an＋12，又1a1＋12＝1＋12＝32，所以数列1an＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1an＋12＝32×3n－1＝3n2，所以1an＝3n－12，所以an

＝23n－1.答案：an＝23n－14．(2018·惠州调研)已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn

}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值．解：(1)根据已知a1＝1，an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2＝d，所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，an＝a1＋(n－1)d

＝2n－1.(2)数列{an}的前n项和Sn＝n2.等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，所以q＝3，bn＝3n－1.数列{bn}的前n项和Tn＝1－3n1－3＝3n－12.Tn≤Sn即3n－12≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2.

C组——创新应用练1．(2019届高三·襄阳四校联考)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：(1)构造数列1，12，13，14，„，1n；①(2)将数列①的各项乘以n2，得到一个新数列a1，a2，a3，a4，„，an.则a1a2＋a2a3＋a3a4

＋„＋an－1an＝()A.n24B.n－24C.nn－4D.nn＋4解析：选C依题意可得新数列为n2，n4，n6，„，1n×n2，所以a1a2＋a2a3＋„＋an－1an＝n2411×2＋12×3＋„＋1n－n＝n24

1－12＋12－13＋„＋1n－1－1n＝n24×n－1n＝nn－4.故选C.2．已知数列{an}的通项公式为an＝log(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，我们把使乘积a1·a2·a3·„·

an为整数的n叫做“优数”，则在(0,2018]内的所有“优数”的和为()A．1024B．2012C．2026D.2036解析：选Ca1·a2·a3·„·an＝log23·log34·log45·„·log(n＋1)(n＋2)＝log2(n＋2)＝k，k∈Z，令0

<n＝2k－2≤2018，则2<2k≤2020,1<k≤10，所有“优数”之和为(22－2)＋(23－2)＋„＋(210－2)＝22－291－2－18＝211－22＝2026.故选C.3．(2018·南宁、柳州

联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起，

因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第五天走了()A．48里B．24里C．12里D.6里解析：选C由题意知该人每天走的路程数构成公比为12的等比数列，记为{an}，设其前n项和为Sn，由S6＝378，得a11－1261－12＝378，解得

a1＝192，所以a5＝192×124＝12(里)，故选C.4.(2018·甘肃张掖一模)如图，矩形AnBnCnDn的一边AnBn在x轴上，另外两个顶点Cn，Dn在函数f(x)＝x＋1x(x>0)的图象上，若点Bn的坐标为(n,0)(n≥2，n∈N*)，记矩形AnBnCnDn的周

长为an，则a2＋a3＋„＋a10＝()A．208B．212C．216D.220解析：选C由题意得|AnDn|＝|BnCn|＝n＋1n，设点Dn的坐标为x，n＋1n，则有x＋1x＝n＋1n，得x＝1n(x＝n

舍去)，即An1n，0，则|AnBn|＝n－1n，所以矩形的周长为an＝2(|AnBn|＋|BnCn|)＝2n－1n＋2n＋1n＝4n，则a2＋a3＋„＋a10＝4(2＋3＋4＋„＋10)＝216.5．(2019届高三·上海松江区

联考)在一个有穷数列的每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作叫做该数列的一次“H扩展”．已知数列1,2第一次“H扩展”后得到数列1,3,2，第二次“H扩展”后得到数列1,4,3,5,2，那么第10次“H扩展”后得到的数列的所有项的和为

()A．88572B．88575C．29523D.29526解析：选B记第n次“H扩展”后得到的数列所有项的和为Hn，则H1＝1＋2＋3＝6，H2＝1＋3＋2＋4＋5＝15，H3＝15＋5＋7＋8＋7＝42

，从中发现H3－H2＝27＝33，H2－H1＝9＝32，归纳得Hn－Hn－1＝3n(n≥2)，利用累加法求和得Hn＝3n＋1＋32，n≥2，所以H10＝311＋32＝88575，故选B.6．(2018·河北衡水中学检

测)对于数列{an}，定义Hn＝a1＋2a2＋„＋2n－1ann为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，则实

数k的取值范围为________．解析：由题意知Hn＝a1＋2a2＋„＋2n－1ann＝2n＋1，所以a1＋2a2＋„＋2n－1an＝n×2n＋1，①当n≥2时，a1＋2a2＋„＋2n－2an－1＝(n－1)×2n，②①－②得：2n－1an＝n×2n＋1－(n－1)×2n，解得an＝2n＋2，n≥

2，当n＝1时，a1＝4也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋2，且数列{an}为等差数列，公差为2.令bn＝an－kn＝(2－k)n＋2，则数列{bn}也是等差数列，由Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，知2－k<

0，且b5＝12－5k≥0，b6＝14－6k≤0，解得73≤k≤125.答案：73，1257．(2019届高三·江西宜春中学与新余一中联考)设函数f(x)＝x2＋sinx的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}．(1)求数列{xn}的通项公式；(2)令b

n＝xn2π，设数列1bn·bn＋1的前n项和为Sn，求证：Sn<32.解：(1)f(x)＝x2＋sinx，令f′(x)＝12＋cosx＝0，得x＝2kπ±2π3(k∈Z)，由f′(x)>0⇒2kπ－2π3<x<2kπ＋2π3(k∈Z)，由f′(

x)<0⇒2kπ＋2π3<x<2kπ＋4π3(k∈Z)，当x＝2kπ－2π3(k∈Z)时，f(x)取得极小值，∴xn＝2nπ－2π3(n∈N*)．(2)证明：∵bn＝xn2π＝n－13＝3n－13，∴1bn·bn＋1＝33n－1·33n＋2＝31

3n－1－13n＋2，∴Sn＝312－15＋15－18＋„＋13n－1－13n＋2＝312－13n＋2＝32－33n＋2，∴Sn<32.8．设数列{an}的前n项和为Sn，如果SnS2n为常数，则称数列{an}为“幸福数列”．(1)等差数列{bn}的首项为1，公

差不为零，若{bn}为“幸福数列”，求{bn}的通项公式；(2)数列{cn}的各项都是正数，其前n项和为Tn，若c31＋c32＋c33＋„＋c3n＝T2n对任意的n∈N*都成立，试推断数列{cn}是否为“幸福数列”？并说明理由．解：(1)设等差数列{bn

}的公差为d(d≠0)，其前n项和为Bn，BnB2n＝k，因为b1＝1，则n＋12n(n－1)d＝k2n＋12·2nn－d，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)

＝0.因为对任意正整数n上式恒成立，则dk－＝0，k－－d＝0，解得d＝2，k＝14.故数列{bn}的通项公式是bn＝2n－1.(2)由题意知，当n＝1时，c31＝T21＝c21.因为c1>0，所以c1＝1.当n≥2时，c31＋c32＋c33＋„＋

c3n＝T2n，c31＋c32＋c33＋„＋c3n－1＝T2n－1.两式相减，得c3n＝T2n－T2n－1＝(Tn－Tn－1)(Tn＋Tn－1)＝cn·(Tn＋Tn－1)．因为cn>0，所以c2n＝Tn＋Tn－1＝2Tn－cn.显然c1＝1适合上式，所以当n≥2时，c2n

－1＝2Tn－1－cn－1.于是c2n－c2n－1＝2(Tn－Tn－1)－cn＋cn－1＝2cn－cn＋cn－1＝cn＋cn－1.因为cn＋cn－1>0，所以cn－cn－1＝1，所以数列{cn}是首项为1，公差为1的等差数列，所以cn＝n，Tn＝nn＋2.所以Tn

T2n＝nn＋2nn＋＝n＋14n＋2不为常数，故数列{cn}不是“幸福数列”．