2024年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题热点难点突破文含解析

PAGEPAGE1数列的综合问题1．删去正整数数列1,2,3，…中的全部完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是()A．2062 B．2063C．2064 D．2065答案B解析由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k个平方数与第k＋1个平方数之间有2k个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2025项，去掉45个平方数后，还剩余2025－45＝1980(个)数，所以去掉平方数后第2018项应在2025后的第38个数，即是原来数列的第2063项，即为2063.2．已知数列{an}满意0<an<1，aeq\o\al(4,1)－8aeq\o\al(2,1)＋4＝0，且数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,n)＋\f(4,a\o\al(2,n))))是以8为公差的等差数列，设{an}的前n项和为Sn，则满意Sn>10的n的最小值为()A．60B．61C．121D．122答案B解析由aeq\o\al(4,1)－8aeq\o\al(2,1)＋4＝0，得aeq\o\al(2,1)＋eq\f(4,a\o\al(2,1))＝8，所以aeq\o\al(2,n)＋eq\f(4,a\o\al(2,n))＝8＋8(n－1)＝8n，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(2,an)))2＝aeq\o\al(2,n)＋eq\f(4,a\o\al(2,n))＋4＝8n＋4，所以an＋eq\f(2,an)＝2eq\r(2n＋1)，即aeq\o\al(2,n)－2eq\r(2n＋1)an＋2＝0，所以an＝eq\f(2\r(2n＋1)±2\r(2n－1),2)＝eq\r(2n＋1)±eq\r(2n－1)，因为0<an<1，所以an＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)，Sn＝eq\r(2n＋1)－1，由Sn>10得eq\r(2n＋1)>11，所以n>60.3．已知数列{an}满意a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则()A．an≥2n＋1 B．Sn≥n2C．an≥2n－1 D．Sn≥2n－1答案B解析由题意得a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…，an－an－1≥2，∴a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1≥2(n－1)，∴an－a1≥2(n－1)，∴an≥2n－1.∴a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，an≥2n－1，∴a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1，∴Sn≥eq\f(n,2)(1＋2n－1)＝n2.4．数列{an}满意a1＝eq\f(6,5)，an＝eq\f(an＋1－1,an－1)(n∈N*)，若对n∈N*，都有k>eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)成立，则最小的整数k是()A．3B．4C．5D．6答案C5．已知f(n)表示正整数n的全部因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f(12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)＝21，那么eq\i\su(i＝51,100,f)(i)的值为()A．2488B．2495C．2498D．2500答案D解析由f(n)的定义知f(n)＝f(2n)，且若n为奇数则f(n)＝n，则eq\i\su(i＝1,100,f)(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100)＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100)＝eq\f(50×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋99)),2)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50)＝2500＋eq\i\su(i＝1,50,f)(i)，∴eq\i\su(i＝51,100,f)(i)＝eq\i\su(i＝1,100,f)(i)－eq\i\su(i＝1,50,f)(i)＝2500.6．若数列{an}满意eq\f(an＋1,2n＋5)－eq\f(an,2n＋3)＝1，且a1＝5，则数列{an}的前100项中，能被5整除的项数为()A．42B．40C．30D．20答案B解析∵数列{an}满意eq\f(an＋1,2n＋5)－eq\f(an,2n＋3)＝1，即eq\f(an＋1,2n＋1＋3)－eq\f(an,2n＋3)＝1，且eq\f(a1,2×1＋3)＝1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋3)))是以1为首项，1为公差的等差数列，∴eq\f(an,2n＋3)＝n，②由①得bn＝n－2，从而cn＝eq\f(1,n＋1n＋2)＋n·2n－2.记C1＝eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,n＋1n＋2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(n,2n＋2)，记C2＝1·2－1＋2·20＋…＋n·2n－2，则2C2＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，两式相减得C2＝(n－1)·2n－1＋eq\f(1,2)，从而Tn＝eq\f(n,2n＋2)＋(n－1)·2n－1＋eq\f(1,2)＝eq\f(n＋1,n＋2)＋(n－1)·2n－1，则不等式eq\f(4,n－1)Tn<Sn＋3＋eq\f(n＋1,22)可化为eq\f(4n＋1,n－1n＋2)＋2n＋1<2n＋1＋eq\f(n＋1,22)，即n2＋n－90>0，因为n∈N*且n≠1，故n>9，从而最小正整数n的值是10.14．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满意Sn－n＝2(an－2)(n∈N*)．(1)证明：数列{an－1}为等比数列；(2)若bn＝an·log2(an－1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.(1)证明∵Sn－n＝2(an－2)，当n≥2时，Sn－1－(n－1)＝2(an－1－2)，两式相减，得an－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)，∴eq\f(an－1,an－1－1)＝2(n≥2)(常数)．又当n＝1时，a1－1＝2(a1－2)，得a1＝3，a1－1＝2，∴数列{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)知，an－1＝2×2n－1＝2n，∴an＝2n＋1，又bn＝an·log2(an－1)，∴bn＝n(2n＋1)，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)，设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，则2An＝1×2