高考数 第五章第二节 课下冲关作业 新人教A

(时间60分钟，满分80分)一、选择题(共6个小题，每小题5分，满分30分)1．若动点P的横坐标x、纵坐标y使得lgy，lg|x|，lgeq\f(y－x,2)成等差数列，则点P所表示的图形是()解析：由题意可知2lg|x|＝lgy＋lgeq\f(y－x,2)，即x2＝y(eq\f(y－x,2))，整理得2x2＝y2－xy，化简可知(2x－y)(x＋y)＝0，即2x－y＝0或x＋y＝0，且满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠0，,y＞0，,\f(y－x,2)＞0，))答案：C2．已知等差数列{an}、{bn}的公差分别为2和3，且bn∈N*，则数列{abn}是()A．等差数列且公差为5 B．等差数列且公差为6C．等差数列且公差为8 D．等差数列且公差为9解析：依题意有abn＝a1＋(bn－1)×2＝2bn＋a1－2＝2b1＋2(n－1)×3＋a1－2＝6n＋a1＋2b1－8，故abn＋1－abn＝6，即数列{abn}是等差数列且公差为6.故选B.答案：B3．(·福州模拟)等差数列{an}的前n项为Sn，若a2＋a6＋a7＝18，则S9的值是()A．64 B．72C．54 D．以上都不对解析：由a2＋a6＋a7＝3a1＋12d＝3a5＝18，得a所以S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝54.答案：C4．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a7＞0，a8＜0，则下列结论正确的是()A．S7＜S8 B．S15＜S16C．S13＞0 D．S15＞0解析：因为公差非零的等差数列具有单调性(递增数列或递减数列)，由已知可知该等差数列{an}是递减的，且S7最大即Sn≤S7对一切n∈N*恒成立．可见选项A错误；易知a16＜a15＜0，S16＝S15＋a16＜S15，选项B错误；S15＝eq\f(15,2)(a1＋a15)＝15a8＜0，选项D错误；S13＝eq\f(13,2)(a1＋a13)＝13a7＞0.答案：C5．数列{an}是等差数列，若eq\f(a11,a10)＜－1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n＝()A．11 B．17C．19 D．21解析：由题意可知，数列{an}的前n项和Sn有最大值，所以公差小于零，故a11＜a10，又因为eq\f(a11,a10)＜－1，所以a10＞0，a11＜－a10，由等差数列的性质有a11＋a10＝a1＋a20＜0，a10＋a10＝a1＋a19＞0，所以Sn取得最小正值时n＝19.答案：C6．(·济宁模拟)将正偶数集合{2,4,6…}从小到大按第n组有2n个偶数进行分组，eq\a\vs4\al({2，4},第一组)，eq\a\vs4\al({6，8，10，12},第二组)，eq\a\vs4\al({14，16，18，20，22，24},第三组)则位于第()组．A．30 B．31C．32 D．33解析：因为第n组有2n个正偶数，故前n组共有2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n个正偶数.是第1005个正偶数．若n＝31，则n2＋n＝992，而第32组中有偶数64个，992＋64＝1056，故在第32组．答案：C二、填空题(共3小题，每小题5分，满分15分)7．(·辽宁高考)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝24，则a9＝________.解析：由S3＝3，S6＝24，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝3，,6a1＋15d＝24，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝2，))所以a9＝a1＋8d＝15.答案：158．(·浙江高考)在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，第1列第2列第3列…第1行第2行第3行…123…246…369……………那么位于表中的第n行第n＋1列的数是________．解析：第n行的第一个数是n，第n行的数构成以n为公差的等差数列，则其第n＋1项为n＋n·n＝n2＋n.答案：n2＋n9．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则eq\f(an,n)的最小值为________．解析：在an＋1－an＝2n中，令n＝1，得a2－a1＝2；令n＝2得，a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)．把上面n－1个式子相加，得an－a1＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝eq\f(2＋2n－2n－1,2)＝n2－n，∴an＝n2－n＋33.∴eq\f(an,n)＝eq\f(n2－n＋33,n)＝n＋eq\f(33,n)－1≥2eq\r(33)－1，当且仅当n＝eq\f(33,n)，即n＝eq\r(33)时取等号，而n∈N*，∴等号取不到．∵5＜eq\r(33)＜6，∴当n＝5时，eq\f(an,n)＝5－1＋eq\f(33,5)＝eq\f(53,5)，当n＝6时，eq\f(an,n)＝6－1＋eq\f(33,6)＝eq\f(63,6)＝eq\f(21,2)，∵eq\f(53,5)＞eq\f(21,2)，∴eq\f(an,n)的最小值是eq\f(21,2).答案：eq\f(21,2)三、解答题10．若数列{an}满足an＝2an－1＋2n＋1(n∈N*，n≥2)，a3＝27.(1)求a1、a2的值；(2)记bn＝eq\f(1,2n)(an＋t)(n∈N*)，是否存在一个实数t，使数列{bn}为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由．解：(1)由a3＝27,27＝2a2＋23＋1得a2＝9，由9＝2a1＋22＋1，得a(2)假设存在实数t，使得{bn}为等差数列．则2bn＝bn－1＋bn＋1,即2×eq\f(1,2n)(an＋t)＝eq\f(1,2n－1)(an－1＋t)＋eq\f(1,2n＋1)(an＋1＋t)，整理得4an＝4an－1＋an＋1＋t，又4an＝4×eq\f(an－2n－1,2)＋2an＋2n＋1＋t＋1＝4an＋t－1，∴t＝1，故存在t＝1，使得数列{bn}为等差数列．11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0.(1)求公差d的取值范围；(2)S1，S2，…，S12中哪一个值最大？并说明理由．解：(1)∵S12＞0，S13＜0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a1＋\f(12×11,2)d＞0，,13a1＋\f(13×12,2)d＜0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋11d＞0，,a1＋6d＜0.))又a3＝a1＋2d＝12，∴解得－eq\f(24,7)＜d＜－3.(2)法一：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d(n＝1,2,3，…，12)．∴Sn＝n(12－2d)＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)[n－(eq\f(5,2)－eq\f(12,d))]2－eq\f(5d－242,8d).∵－eq\f(24,7)＜d＜－3，∴6＜eq\f(5,2)－eq\f(12,d)＜eq\f(13,2).∴当n＝6时，Sn有最大值，所以Sn的值最大为S6.法二：由题意及等差数列的性质可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S12＝\f(12a1＋a12,2)＝6a6＋a7＞0，,S13＝\f(13a1＋a13,2)＝13a7＜0.))∴a7＜0，a6＞0.∴在数列{an}中，前6项为正，第7项起，以后各项为负，故S6最大．12．(·江苏高考)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn.已知2a2＝a1＋a3，数列{eq\r(Sn)}是公差为d的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式(用n，d表示)；(2)设c为实数，对满足m＋n＝3k且m≠n的任意正整数m，n，k，不等式Sm＋Sn>cSk都成立．求证：c的最大值为eq\f(9,2).解：(1)由题设知，eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(n－1)d＝eq\r(a1)＋(n－1)d，则当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1))(eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1))＝2deq\r(a1)－3d2＋2d2n.由2a2＝a1＋a3，得2(2deq\r(a1)＋d2)＝a1＋2deq\r(a1)＋3d2，解得eq\r(a1)＝d.故当n≥2时，an＝2nd2－d2.又a1＝d2，所以数列{an}的通项公式为an＝(2n－1)d2.(2)证明：由eq\r(a1)＝d及eq\r(Sn)＝eq\r(a1)＋(n－1)d，得d>0，Sn＝d2n2.于是，对满足题设的m，n，k，m≠n，有Sm＋Sn＝(m2＋n2)d2>eq\f(m＋n2,2)d2＝eq\f(9,2)d2k2＝eq\f(9,2)Sk.所以c的最大值cmax≥eq\f(9,2).另一方面，任取实数a>eq\f(9,2).设k为偶数，令m＝eq\f(3,2)k＋1，n＝eq\f(3,2)k－1，则m，n，k符合