作业6后教师备用2.doc

教师备用数列过关训练

一、单项选择题

1．(2022·广州综合测试(二))已知数列{an}是等差数列，且a2＋a5＋a8＝π，则tan(a1＋a9)＝()

A.eq\r(3) B.eq\f(\r(3),3)

C．－eq\f(\r(3),3) D．－eq\r(3)

答案D

解析在等差数列{an}中，a2＋a5＋a8＝π，则有3a5＝π，即a5＝eq\f(π,3)，所以tan(a1＋a9)＝tan2a5＝taneq\f(2π,3)＝－eq\r(3).

2．(2022·沈阳4月线上考试)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，正项等比数列{bn}满足b1＝a1，b3＝a4＋1，则使b6＋1≥Sn成立的n的最大值为()

A．5 B．6

C．7 D．8

答案D

解析依题意，a1＝S1＝2，a4＝S4－S3＝(42＋1)－(32＋1)＝7，所以b1＝2，b3＝8，所以bn＝2n，则b6＋1＝26＋1＝65≥n2＋1成立时，n的最大值为8.故选D.

3．已知数列{an}满足an＝eq\f(n,n＋1)，则a1＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,32)＋…＋eq\f(a2020,20202)＋eq\f(a2021,20212)＝()

A.eq\f(2020,2021) B.eq\f(2018,2019)

C.eq\f(2019,2020) D.eq\f(2021,2022)

答案D

解析因为an＝eq\f(n,n＋1)，所以eq\f(an,n2)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以a1＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,32)＋…＋eq\f(a2020,20202)＋eq\f(a2021,20212)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋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(1,2020)－\f(1,2021)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2021)－\f(1,2022)))＝1－eq\f(1,2022)＝eq\f(2021,2022).故选D.

4．(2022·济南十一校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，则“{an}为递增数列”是“{Sn}为递增数列”的()

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

答案D

解析当an＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)时，an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)0，所以数列{an}为递增数列，而此时Sn＋1－Sn＝an＋10，所以数列{Sn}为递减数列；当an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)时，Sn＋1－Sn＝an＋10，所以数列{Sn}为递增数列，而此时an＋1－an＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)0，所以数列{an}为递减数列．综上，“{an}为递增数列”是“{Sn}为递增数列”的既不充分又不必要条件．故选D.

5．(2022·安徽联考)已知x0，y0，x，a，b，y成等比数列，x，c，d，y成等差数列，则eq\f(（c＋d）2,ab)的最小值是()

A．0 B．1

C．2 D．4

答案D

解析x，a，b，y成等比数列，故ab＝xy，x，c，d，y成等差数列，故x＋y＝c＋d.因为x0，y0，所以eq\f(（c＋d）2,ab)＝eq\f(（x＋y）2,xy)＝eq\f(x2＋y2＋2xy,xy)＝eq\f(x2＋y2,xy)＋2≥eq\f(2xy,xy)＋2＝4，当且仅当x＝y时等号成立，故eq\f(（c＋d）2,ab)的最小值是4.故选D.

6．(2022·湖南长郡中学月考)Sn＝sineq\f(π,5)＋sineq\f(2π,5)＋…＋sineq\f(（n－1）π,5)＋sineq\f(nπ,5)(n∈N*)，则S1，S2，…，S2021中值为0的个数为(