2019-2020年高考数学二轮专题复习 专题突破篇 专题三 数列专题限时训练12 文.doc

2019-2020年高考数学二轮专题复习 专题突破篇 专题三 数列专题限时训练12 文一、选择题(每小题5分，共25分)1数列an的前n项和为Sn，若a11，an13Sn(n1)，则a6()A344 B3441C44 D441答案：A解析：因为an13Sn，所以an3Sn1(n2)，两式相减得，an1an3an，即4(n2)，所以数列a2，a3，a4，构成以a23S13a13为首项，公比为4的等比数列，所以a6a244344.2(xx泰安二模)已知函数f(n)n2cos(n)，且anf(n)，则a1a2a100()A0 B100C5 050 D10 200答案：C解析：a1a2a3a100122232429921002(2212)(4232)(1002992)371995 050.3(xx云南统考)在数列an中，an0，a1，如果an1是1与的等比中项，那么a1的值是()A. B.C. D.答案：C解析：由题意可得，a(2an1anan11)(2an1anan11)0an1an111，(n1)n1an，a11.4数列an的前n项和Sn，已知对任意的nN*，点(n，Sn)均在函数yax2x(aN*)的图象上，则()Aa与an的奇偶性相同 Bn与an的奇偶性相同Ca与an的奇偶性相异 Dn与an的奇偶性相异答案：C解析：因为对任意的nN*，点(n，Sn)均在函数yax2x(aN*)的图象上，所以Snan2n，当n1时，a1S1a1，当n2时，anSnSn1an2na(n1)2(n1)2ana1，当n1时，2ana1a1a1.所以an2ana1(2n1)a1，所以a与an的奇偶性相异，而n的奇偶性与an的奇偶性无关5已知数列an的通项公式为anlg，n1,2，Sn是数列an的前n项和，则Sn()A0 Blg lg 3Clg lg 2 Dlg lg 3答案：B解析：anlglg(n23n2)lgn(n3)lg(n1)lg nlg(n3)lg(n2)，所以Sna1a2anlg(n1)lg nlg nlg(n1)(lg 2lg 1)lg(n3)lg(n2)lg(n2)ln(n1)(lg 4lg 3)lg(n1)lg 1lg(n3)lg 3lglg 3.二、填空题(每小题5分，共15分)6(xx江西南昌模拟)ABC中，tan A是以4为第三项，1为第七项的等差数列的公差，tan B是以为第三项，4为第六项的等比数列的公比，则该三角形的形状为_答案：锐角三角形解析：由题意知，tan A0，tan3B8，tan B20，A，B均为锐角又tan(AB)0，AB为钝角，C为锐角，ABC为锐角三角形7已知数列bn通项公式为bn3n1，Tn为bn的前n项和若对任意nN*，不等式2n7恒成立，则实数k的取值范围为_答案：解析：因为bn3n1，所以Tn36.因为不等式2n7，化简得k对任意nN*恒成立，设cn，则cn1cn，当n5且nN*时，cn1cn，cn为单调递减数列，当1ncn，cn为单调递增数列，c40)(1)求f(x)的单调区间；(2)记xi为f(x)的从小到大的第i(iN*)个零点，证明：对一切nN*，有0，此时f(x)0；当x(2k1)，(2k2) (kN)时，sin x0.故f(x)的单调递减区间为(2k，(2k1)(kN)，单调递增区间为(2k1)，(2k2)(kN)(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上单调递减，又f0，故x1.当nN*时，因为f(n)f(n1)(1)nn1(1)n1(n1)n10，且函数f(x)的图象是连续不断的，所以f(x)在区间(n，(n1)内至少存在一个零点又f(x)在区间(n，(n1)上是单调的，故nxn1(n1).因此当n1时，； 当n2时，(41)；当n3时，.综上所述，对一切nN*，.