备战2023年高考数学二轮专题复习第二板块课时验收评价(七)　创新性考法拔高练.docx

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1、课时验收评价(七)创新性考法拔高练1若数列an中不超过f(m)的项数恰为bm(mN*)，则称数列bm是数列an的生成数列，称相应的函数f(m)是数列an生成bm的控制函数已知an2n，且f(m)m，数列bm的前m项和为Sm，若Sm30，则m的值为( )A9 B11 C12 D14解析：选B由题意可知，当m为偶数时，可得2nm，则bm；当m为奇数时，可得2nm1，则bm，所以bm则当m为偶数时，Smb1b2bm(12m)，则30，因为mN*，所以无解；当m为奇数时，Smb1b2bmSm1bm1，所以30，因为mN*，所以m11.2已知Sn为等差数列an的前n项和，若a1a36，S5S311，则的

2、最小值为( )A. B C. D解析：选A设an的公差d，由a1a36，S5S311，得解得所以ann1，Sn，则2，当且仅当n4时等号成立3已知集合Px|x2n，nN*，Qx|x2n1，nN*，将PQ中的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an，记Sn为数列an的前n项和，则使得Sn1 000成立的n的最大值为( )A9 B32 C35 D61解析：选C数列an的前n项依次为1,2,3,22,5,7，23，.利用列举法可得，当n35时，PQ中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列an，所以数列an的前35项可重新排列为1,3,5,7,9,11，13，55,57,59,2,4,8,16,32

3、，则S353023022629621 000，所以n的最大值为35.故选C.4已知数列，其中每一项的分子和分母均为正整数第一项是分子与分母之和为2的有理数；接下来两项是分子与分母之和为3的有理数，并且从大到小排列；再接下来的三项是分子与分母之和为4的有理数，并且从大到小排列，依次类推此数列第n项记为an，则满足an5且n20的n的最小值为( )A47 B48 C57 D58解析：选C将数列分组为，设满足n20的an5首次出现在第m组的第x个数的位置上，则5，x，x，mN，此时数列共有项数为123(m1)xx20，即得20，解得m，由于mN，而3DN7解析：选D设该等比数列为an，公比为q，则a

4、11，a132，故q122.对于A，插入的第8个数为a9a1q8.故A正确；对于B，插入的第5个数为a6a1q5，插入的第1个数为a2a1q，所以q4.故B正确；对于C，M16(多选)设一个正三棱柱ABCA1B1C1，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面ABC的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，若它选择三个方向爬行的概率相等，若蚂蚁爬行n次，仍然在上底面的概率为Pn，则下列说法正确的是( )AP2BP1211CPnPn1nD.解析：选AD显然P1，P2，A正确；蚂蚁爬n次仍在上底面的概率为Pn，那么它前一步只有两种情况：A：如果本来就在上底面，再走一步要想不在下底面，只有两

5、条路，其概率是P n1；B：如果是上一步在下底面，则第n1步不在上底面的概率是1Pn1，如果爬上来，其概率应是(1Pn1)A，B事件互斥，因此，PnPn1(1Pn1)，整理得PnPn1，即Pn，所以为等比数列，公比为，首项为P1，故Pnn，所以P1212，B、C错误；所以，D正确7若数列an为等差数列，bn为等比数列，且满足a1a2 02027，b1b2 0202，函数f(x)满足f(x2)f(x)且f(x)ex，x0,2，则f_.解析：因为数列an为等差数列，且a1a2 02027，所以a1 010a1 01127.又bn为等比数列，且b1b2 0202，所以b1 010b1 0112.所以

6、9.又f(x2)f(x)，所以f(x4)f(x2)f(x)，所以函数f(x)的最小正周期为4.又f(x)ex，x0,2，所以f(9)f(241)f(1)e，即fe.答案：e8写出一个通项公式an_，使数列an具有性质：amnaman0；an为递减数列解析：当数列an为等比数列时，ama1qm1，ana1qn1，amna1qmn1，因为amnaman0，所以a1qmn1aqmn20，所以a1qmn2(qa1)0，因为a10，q0，所以a1q，因为an为递减数列，所以当a11时符合题意，可取a12，q2，此时an2n.答案：2n(答案不唯一)9已知数列an满足m，nN*，amnaman，且a1.则

7、数列n2an的最大项为第_项解析：因为amnaman，所以令m1，所以an1a1ana1，所以数列an是以a1为首项，q为公比的等比数列，所以ann，所以n2ann2n，设数列n2an的第k项最大，则即结合k1，解得k2，3因为kN*，所以k5，所以第5项最大答案：510已知等比数列an各项均为正数，a61，a7a86，若存在正整数k(k8)，使得a1a2a3aka1a2a3ak，请写出一个满足题意的k的值为_解析：在等比数列an中，设公比为q，数列各项均为正数，所以q0，由a61，a7a86，则a6(qq2)qq26，解得q2或q3(舍去)，又a6a1q5a1251，解得a125.所以ana

8、1qn1252n12n6.a1a2a3ak2k525(2k1)，因为a1a2a3aka1a2a3ak，由k(k1)，得k213k100，解得k8，且1312，所以当k9,10,11,12时，均有2k2(k1)1成立故满足题意的k的值可以为912的正整数，答案不唯一答案：9(912的正整数均可)11已知数列an的通项公式为an记数列的前n项和为Tn.若不等式2m2mTn.对任意nN*恒成立，则实数m的取值范围为_解析：要使不等式2m2mTn，对任意nN*恒成立，只需要2m2m(Tn)max即可，当n1时，则T1，当n2时，则Tn1，综上所述，当n3时，(Tn)max1，所以2m2m1，解得m1或m0，根据题意，由b32a2，a3b41，可得即解得或(舍去)所以ana1qn13n1，bnb1(n1)d2n.(2)选.由(1)可得cn3n2n1，所以Snc1c2c3cn(332333n)(1352n1)(12n1)n2.选.由(1)可得cn，所以Snc1c2c3cn，则Sn，得Sn，所以Sn1.