（新课改地区）2021版高考数学一轮复习 核心素养测评三十六 数列与函数、不等式的综合问题 新人教B版

核心素养测评三十六 数列与函数、不等式的综合问题(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知递增的等比数列an的公比为q,其前n项和sn0,则()a.a10,0q1b.a11c.a10,0q0,q1【解析】选a.因为sn0,所以a1an,且|an|an+1|,则-an-an+10,则q=-an+1-an(0,1),所以a10,0q0”是“s4 + s62s5”的()a.充分不必要条件b.必要不充分条件c.充分必要条件d.既不充分也不必要条件【解析】选c.由s4+s6-2s5=10a1+21d-2(5a1+10d)=d,可知当d0时,有s4+s6-2s50,即s4+s62s5,反之,若s4+s62s5,则d0,所以“d0”是“s4 + s62s5”的充分必要条件.【名师点睛】本题考查等差数列的前n项和公式,通过套入公式与简单运算,可知s4+s6-2s5=d, 结合充分必要性的判断,若pq,则p是q的充分条件,若pq,则p是q的必要条件,该题“d0”“s4+s6-2s50”,故互为充要条件.3.已知数列an是等比数列,数列bn是等差数列,若a2a6a10=33,b1+b6+b11=7,则tan b2+b101-a3a9的值是()a.1b.22c.-22 d.-3【解析】选d.因为an是等比数列,所以a2a6a10=a63=33,所以a6=3.因为bn是等差数列,所以b1+b6+b11=3b6=7.所以b6=73,所以tanb2+b101-a3a9=tan 2b61-a62=tan 1431-3=-tan 73=-tan 3=-3.4.(多选)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln (a1+a2+a3).若a11,则()a.a1a3b.a2a4d.a1a3【解析】选bd.设f(x)=ln x-x(x0),则f(x)=1x-1=1-xx,令f(x)0,得0x1,令f(x)1,所以f(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+)上为减函数,所以f(x)f(1)=-1,即有ln xx-1.从而a1+a2+a3+a4=ln (a1+a2+a3)a1+a2+a3-1,所以a41,所以公比q0,矛盾.若q-1,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+q)(1+q2)0,所以ln (a1+a2+a3)ln a10,也矛盾.所以-1q0.从而a3a1=q20,所以a1a3.同理,因为a4a2=q21,a2a2.5.已知数列an满足a1+12a2+13a3+1nan=n2+n(nn*),设数列bn满足:bn=2n+1anan+1,数列bn的前n项和为tn,若tnnn+1(nn*)恒成立,则实数的取值范围为()a.14,+b.14,+c.38,+d.38,+【解析】选d.数列an满足a1+12a2+13a3+1nan=n2+n,当n2时,a1+12a2+13a3+1n-1an-1=(n-1)2+(n-1),-得1nan=2n,故an=2n2,数列bn满足:bn=2n+1anan+1=2n+14n2(n+1)2=141n2-1(n+1)2则:tn=141-122+122-132+1n2-1(n+1)2=141-1(n+1)2,由于tnnn+1(nn*)恒成立,故:141-1(n+1)2n+24n+4,因为y=n+24n+4=141+1n+1在nn*上单调递减,故当n=1时,n+24n+4max=38,所以38.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知f(x)=11+x,各项均为正数的数列an满足a1=1,an+2=f(an).若a2 010=a2 012,则a20+a11的值是_.【解析】因为an+2=f(an)=11+an,a1=1,所以a3=12,a5=11+12=23,a7=11+23=35,a9=11+35=58,a11=11+58=813,又a2 010=a2 012,即a2 010=11+a2 010a2 0102+a2 010-1=0,所以a2 010=5-12a2 010=-5-12舍去.又a2 010=11+a2 008=5-12,所以1+a2 008=25-1=5+12,即a2 008=5-12,依次类推可得a2 006=a2 004=a20=5-12,故a20+a11=5-12+813=135+326.答案:135+3267.已知an是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.(1)数列an的通项公式为_.(2)数列an2n的前n项和为_.【解析】(1)方程x2-5x+6=0的根为2,3.又an是递增的等差数列,故a2=2,a4=3,可得2d=1,d=12,故an=2+(n-2)12=12n+1.(2)设数列an2n的前n项和为sn,sn=a121+a222+a323+an-12n-1+an2n,12sn=a122+a223+a324+an-12n+an2n+1,-得12sn=a12+a2-a122+a3-a223+an-an-12n-an2n+1=a12+d22+d23+d2n-an2n+1=34+141-12n-1-12n+12n+1,所以sn=32+121-12n-1-n+22n+1=2-n+42n+1.答案:(1)an=12n+1(2)2-n+42n+18.(2020成都模拟)数列an是等差数列,a1=1,公差d1,2,且a4+a10+a16=15,则实数的最大值为_.【解析】因为a4+a10+a16=15,所以a1+3d+(a1+9d)+a1+15d=15,令=f(d)=151+9d-2,因为d1,2,所以令t=1+9d,t10,19,因此=f(t)=15t-2,当t10,19时,函数=f(t)是减函数,故当t=10时,实数有最大值,最大值为f(10)=-12.答案:-12三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2018北京高考)设an是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.(1)求an的通项公式.(2)求ea1+ea2+ean.【解析】(1)由已知,设an的公差为d,则a2+a3=a1+d+a1+2d=2a1+3d=5ln 2,又a1=ln 2,所以d=ln 2,所以an的通项公式为an=ln 2+(n-1)ln 2=nln 2(nn*).(2)由(1)及已知,ean=enln 2=(eln 2)n=2n,所以ea1+ea2+ean=21+22+2n=2(1-2n)1-2=2n+1-2(nn*).10.(2020武汉模拟)数列an满足:a12+a23+ann+1=n2+n,nn*.(1)求an的通项公式.(2)设bn=1an,数列bn的前n项和为sn,求满足sn920的最小正整数n.【解析】(1)因为a12+a23+ann+1=n2+n,n=1时,可得a1=4,n2时,a12+a23+an-1n=(n-1)2+n-1.与a12+a23+ann+1=n2+