数列与不等式的综合问题-⋆数学归纳法知识点考前进阶单选题自测题解析-北京市等高二数学选择必修,平均正确率42.00000000000001%

正确率40.0%在平面直角坐标系$${{x}{O}{y}}$$中，已知$${{A}_{n}{，}{{B}_{n}}}$$是圆$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{=}{{n}^{2}}}$$上两个动点，且满足$$\overrightarrow{O A_{n}} \cdot\overrightarrow{O B_{n}}=-\frac{n^{2}} {2} \， \， ( n \in{\bf N}^{*} )$$，设$${{A}_{n}{，}{{B}_{n}}}$$到直线$${{x}{+}{\sqrt {3}}{y}{+}{n}{(}{n}{+}{1}{)}{=}{0}}$$的距离之和的最大值为$${{a}_{n}}$$，若数列$$\{\frac{1} {a_{n}} \}$$的前$${{n}}$$项和$${{S}_{n}{<}{m}}$$恒成立，则实数$${{m}}$$的取值范围是（）

B

A.$$( \frac{3} {4}， ~+\infty)$$

B.$$[ \frac{3} {4}， ~+\infty)$$

C.$$( \frac{3} {2}， ~+\infty)$$

D.$$[ \frac{3} {2}， ~+\infty)$$

正确率40.0%在等差数列｛$${{a}_{n}}$$｝中$$， \， \， a_{1 0 0} < \， 0， \， \， a_{1 0 1} > 0，$$且$$| a_{1 0 0} | < | a_{1 0 1} |， \， \， S_{n}$$为其前$${{n}}$$项和，则使$${{S}_{n}{<}{0}}$$的最大正整数$${{n}}$$为（）

D

A.$${{2}{0}{2}}$$

B.$${{2}{0}{1}}$$

C.$${{2}{0}{0}}$$

D.$${{1}{9}{9}}$$

正确率40.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$是$${{1}}$$为首项，$${{2}}$$为公差的等差数列，$${{\{}{{b}_{n}}{\}}}$$是$${{1}}$$为首项，$${{2}}$$为公比的等比数列，设$$c_{n}=a_{b_{n}}， \ T_{n}=c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{n}，$$则当$${{T}_{n}{>}{{2}{0}{2}{1}}}$$时，$${{n}}$$的最小值是（）

B

A.$${{9}}$$

B.$${{1}{0}}$$

C.$${{1}{1}}$$

D.$${{1}{2}}$$

正确率19.999999999999996%若正项数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}}$$，且$$a_{n+1} > 2 a_{n}$$，则下列四个命题中错误的是（）

A

A.$$\{\frac{a_{n+1}} {a_{n}} \}$$是递增数列

B.$$a_{n+1} > 2^{n} a_{1}$$

C.$${{S}_{n}{<}{2}{{a}_{n}}{−}{{a}_{1}}{(}{n}{⩾}{2}{)}}$$

D.$$S_{2 k} > ( 1+2^{k} ) \cdot S_{k}$$

正确率19.999999999999996%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$满足$${{a}_{1}{+}{2}{{a}_{2}}{+}{3}{{a}_{3}}{+}{…}{+}{n}{{a}_{n}}{=}{（}{2}{n}{−}{1}{）}{⋅}{{3}^{n}}}$$，设$$b_{n}=\frac{4 n} {a_{n}}， \ S_{n}$$为数列$${{\{}{{b}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和，若$${{S}_{n}{<}{λ}{（}}$$常数$${）{，}{n}{∈}{{N}^{∗}}}$$，则$${{λ}}$$的最小值是（）

C

A.$$\begin{array} {l l} {\frac{3} {2}} \\ \end{array}$$

B.$$\frac{9} {4}$$

C.$$\frac{3 1} {1 2}$$

D.$$\frac{3 1} {1 8}$$

正确率19.999999999999996%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$满足$$a_{1}+\frac{1} {2} a_{2}+\frac{1} {3} a_{3}+\cdots+\frac{1} {n} a_{n}=n^{2}+n ( n \in\mathbf{N}^{*} )$$，设数列$${{\{}{{b}_{n}}{\}}}$$满足：$$b_{n}=\frac{2 n+1} {a_{n} a_{n+1}}$$，数列$${{\{}{{b}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{T}_{n}}$$，若$$T_{n} < \frac{n} {n+1} \lambda( n \in{\bf N}^{*} )$$恒成立，则实数$${{λ}}$$的取值范围为（）

D

A.$$[ \frac{1} {4}，+\infty)$$

B.$$\left( \frac1 4，+\infty\right)$$

C.$$[ \frac{3} {8}，+\infty)$$

D.$$\left( \frac{3} {8}，+\infty\right)$$

正确率40.0%数列$$1， 1+2， 1+2+2^{2}， \cdots， 1+2+2^{2}+\cdots+2^{n-1}， \cdots$$的前$${{n}}$$项和$${{S}_{n}{>}{{1}{0}{2}{0}}}$$，则$${{n}}$$的最小值是（）

D

A.$${{7}}$$

B.$${{8}}$$

C.$${{9}}$$

D.$${{1}{0}}$$

正确率40.0%数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$满足$$a_{1}=\frac{6} {5}， \， \， a_{n}=\frac{a_{n+1}-1} {a_{n}-1} ( n \in N^{*} )$$，若对$${{n}{∈}{{N}^{∗}}}$$，都有$$k > \frac1 {a_{1}}+\frac1 {a_{2}}+\cdots+\frac1 {a_{n}}$$成立，则最小的整数$${{k}}$$是$${{(}{)}}$$

C

A.$${{3}}$$

B.$${{4}}$$

C.$${{5}}$$

D.$${{6}}$$

正确率60.0%若四个互不相等的正数$${{a}{，}{b}{，}{c}{，}{d}}$$成等差数列，则（）

A

A.$$\frac{a+d} {2} > \sqrt{b c}$$

B.$$\frac{a+d} {2} < \sqrt{b c}$$

C.$$\frac{a+d} {2}=\sqrt{b c}$$

D.$$\frac{a+d} {2} \leqslant\sqrt{b c}$$

首先，我们需要分析题目条件。给定圆方程为$$x^2 + y^2 = n^2$$，点$$A_n$$和$$B_n$$在圆上，且满足$$\overrightarrow{OA_n} \cdot \overrightarrow{OB_n} = -\frac{n^2}{2}$$。

根据向量点积公式，$$\overrightarrow{OA_n} \cdot \overrightarrow{OB_n} = |OA_n| \cdot |OB_n| \cdot \cos \theta = n^2 \cos \theta = -\frac{n^2}{2}$$，因此$$\cos \theta = -\frac{1}{2}$$，即$$\theta = 120^\circ$$。

接下来，我们需要求$$A_n$$和$$B_n$$到直线$$x + \sqrt{3}y + n(n+1) = 0$$的距离之和的最大值$$a_n$$。

由于$$A_n$$和$$B_n$$在圆上且夹角为$$120^\circ$$，我们可以设$$A_n$$在$$(n, 0)$$，则$$B_n$$在$$(n \cos 120^\circ, n \sin 120^\circ) = \left(-\frac{n}{2}, \frac{n \sqrt{3}}{2}\right)$$。

计算$$A_n$$和$$B_n$$到直线的距离：

对于$$A_n$$： $$d_1 = \frac{|n + 0 + n(n+1)|}{\sqrt{1 + 3}} = \frac{|n + n^2 + n|}{2} = \frac{n^2 + 2n}{2}$$

对于$$B_n$$： $$d_2 = \frac{|-\frac{n}{2} + \sqrt{3} \cdot \frac{n \sqrt{3}}{2} + n(n+1)|}{2} = \frac{|-\frac{n}{2} + \frac{3n}{2} + n^2 + n|}{2} = \frac{|n + n^2 + n|}{2} = \frac{n^2 + 2n}{2}$$

因此，距离之和为$$d_1 + d_2 = n^2 + 2n$$。由于$$A_n$$和$$B_n$$可以旋转，最大距离之和即为$$n^2 + 2n$$，所以$$a_n = n^2 + 2n$$。

接下来，求$$\frac{1}{a_n} = \frac{1}{n^2 + 2n} = \frac{1}{n(n+2)}$$。我们可以将其拆分为部分分式： $$\frac{1}{n(n+2)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+2} \right)$$

因此，前$$n$$项和为： $$S_n = \frac{1}{2} \left(1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{n} - \frac{1}{n+2}\right) = \frac{1}{2} \left(1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}\right)$$

当$$n \to \infty$$时，$$S_n \to \frac{1}{2} \left(1 + \frac{1}{2}\right) = \frac{3}{4}$$。由于$$S_n$$单调递增且趋近于$$\frac{3}{4}$$，因此$$S_n < \frac{3}{4}$$。

题目要求$$S_n < m$$恒成立，因此$$m$$的取值范围是$$\left( \frac{3}{4}, +\infty \right)$$。

最终答案为：$$\boxed{A}$$

题目给出等差数列$$\{a_n\}$$，满足$$a_{100} < 0$$，$$a_{101} > 0$$，且$$|a_{100}| < |a_{101}|$$。

设等差数列的公差为$$d$$，首项为$$a_1$$。根据题意：

$$a_{100} = a_1 + 99d < 0$$

$$a_{101} = a_1 + 100d > 0$$

且$$|a_{100}| < |a_{101}|$$，即$$-(a_1 + 99d) < a_1 + 100d$$，化简得$$-a_1 - 99d < a_1 + 100d$$，即$$-2a_1 - 199d < 0$$，即$$2a_1 + 199d > 0$$。

我们需要求使$$S_n < 0$$的最大正整数$$n$$。根据等差数列求和公式：

$$S_n = \frac{n}{2} (2a_1 + (n-1)d)$$

由于$$a_{100} < 0$$且$$a_{101} > 0$$，说明$$d > 0$$（因为$$a_{101} = a_{100} + d > a_{100}$$）。

我们需要找到最大的$$n$$使得$$S_n < 0$$。由于$$S_n$$是一个开口向上的二次函数，其零点在$$n = 0$$和另一个正根之间。

根据$$a_{100} < 0$$和$$a_{101} > 0$$，可以推断$$S_n$$在$$n = 200$$附近取得最小值。计算$$S_{200}$$：

$$S_{200} = 100 (2a_1 + 199d)$$

由于$$2a_1 + 199d > 0$$，因此$$S_{200} > 0$$。

计算$$S_{199}$$：

$$S_{199} = \frac{199}{2} (2a_1 + 198d) = 199 (a_1 + 99d) = 199 a_{100} < 0$$

因此，最大的$$n$$使得$$S_n < 0$$是$$n = 199$$。

但选项中有$$200$$和$$199$$，我们需要验证$$S_{200}$$是否小于0。根据$$2a_1 + 199d > 0$$，$$S_{200} > 0$$，因此$$n = 199$$是正确答案。

最终答案为：$$\boxed{D}$$

题目给出数列$$\{a_n\}$$是首项为1，公差为2的等差数列，$$\{b_n\}$$是首项为1，公比为2的等比数列。

因此：

$$a_n = 1 + (n-1) \cdot 2 = 2n - 1$$

$$b_n = 1 \cdot 2^{n-1} = 2^{n-1}$$

定义$$c_n = a_{b_n} = 2 \cdot 2^{n-1} - 1 = 2^n - 1$$

求和$$T_n = \sum_{k=1}^n c_k = \sum_{k=1}^n (2^k - 1) = (2^{n+1} - 2) - n$$

题目要求$$T_n > 2021$$，即：

$$2^{n+1} - 2 - n > 2021$$

化简得：

$$2^{n+1} - n > 2023$$

计算$$n$$的值：

当$$n = 10$$时：

$$2^{11} - 10 = 2048 - 10 = 2038 > 2023$$

当$$n = 9$$时：

$$2^{10} - 9 = 1024 - 9 = 1015 < 2023$$

因此，最小的$$n$$为10。

最终答案为：$$\boxed{B}$$

题目给出正项数列$$\{a_n\}$$，满足$$a_{n+1} > 2a_n$$，需要判断命题的错误选项。

选项分析：

A. $$\frac{a_{n+1}}{a_n}$$是递增数列。题目仅给出$$a_{n+1} > 2a_n$$，但无法保证比值递增，例如$$a_n = 3^n$$满足$$a_{n+1} = 3a_n > 2a_n$$，但$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = 3$$是常数，不递增。因此A不一定正确。

B. $$a_{n+1} > 2^n a_1$$。由递推关系$$a_{n+1} > 2a_n$$，递推得$$a_{n+1} > 2^n a_1$$，因此B正确。

C. $$S_n < 2a_n - a_1$$。由于$$a_{n+1} > 2a_n$$，可以推导出$$a_n > 2^{n-1} a_1$$，因此$$S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n < a_n \left(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2^{n-1}}\right) < 2a_n$$。进一步精确计算，$$S_n < 2a_n - a_1$$在$$n \geq 2$$时成立，因此C正确。

D. $$S_{2k} > (1 + 2^k) S_k$$。由于$$a_{k+1} > 2^k a_1$$，$$a_{k+2} > 2^{k+1} a_1$$，等等，因此$$S_{2k} = S_k + a_{k+1} + \cdots + a_{2k} > S_k + 2^k (a_1 + \cdots + a_k) = (1 + 2^k) S_k$$，因此D正确。

综上所述，A选项是错误的。

最终答案为：$$\boxed{A}$$

题目给出数列$$\{a_n\}$$满足$$a_1 + 2a_2 + \cdots + n a_n = (2n - 1) \cdot 3^n$$。

设$$S_n = \sum_{k=1}^n k a_k = (2n - 1) \cdot 3^n$$，则$$n a_n = S_n - S_{n-1} = (2n - 1) \cdot 3^n - (2n - 3) \cdot 3^{n-1}$$

化简得：

$$n a_n = 3^{n-1} (6n - 3 - 2n + 3) = 3^{n-1} \cdot 4n$$

因此，$$a_n = 4 \cdot 3^{n-1}$$

定义$$b_n = \frac{4n}{a_n} = \frac{4n}{4 \cdot 3^{n-1}} = \frac{n}{3^{n-1}}$$

求和$$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{k}{3^{k-1}}$$。利用求和公式：

$$S_n = \frac{3}{4} \left(1 - \frac{2n + 3}{3^{n+1}}\right) + \frac{3}{4} = \frac{3}{4} \left(2 - \frac{2n + 3}{3^{n+1}}\right)$$

当$$n \to \infty$$时，$$S_n \to \frac{3}{2}$$。由于$$S_n$$单调递增，因此$$S_n < \frac{3}{2}$$。

题目要求$$S_n < \lambda$$恒成立，因此$$\lambda$$的最小值为$$\frac{3}{2}$$。

最终答案为：$$\boxed{A}$$

题目给出数列$$\{a_n\}$$满足$$a_1 + \frac{1}{2} a_2 + \cdots + \frac{1}{n} a_n = n^2 + n$$。

设$$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{a_k}{k} = n^2 + n$$，则$$\frac{a_n}{n} = S_n - S_{n-1} = n^2 + n - (n-1)^2 - (n-1) = 2n$$

因此，$$a_n = 2n^2$$

定义$$b_n = \frac{2n + 1}{a_n a_{n+1}} = \frac{2n + 1}{4n^2 (n+1)^2}$$

求和$$T_n = \sum_{k=1}^n b_k$$。可以拆分为部分分式：

$$b_n = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right)$$

因此，$$T_n = \frac{1}{4} \left(1 - \frac{1}{(n+1)^2}\right)$$

题目要求$$T_n < \frac{n}{n+1} \lambda$$，即：

$$\frac{1}{4} \left(1 - \frac{1}{(n+1)^2}\right) < \frac{n}{n+1} \lambda$$

化简得：

$$\lambda > \frac{(n+1)^2 - 1}{4n(n+1)} = \frac{n^2 + 2n}{4n(n+1)} = \frac{n + 2}{4(n+1)}$$

令$$f(n) = \frac{n + 2}{4(n+1)}$$，求其最大值：

$$f(1) = \frac{3}{8}$$，$$f(2) = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$$，$$f(n)$$随$$n$$增大而减小，趋近于$$\frac{1}{4}$$。

因此，$$\lambda$$的取值范围为$$\left( \frac{3}{8}, +\infty \right)$$。

最终答案为：$$\boxed{D}$$

题目给出数列的前$$n$$项为$$1, 1+2, 1+2+2^2, \cdots, 1+2+\cdots+2^{n-1}$$。

通项为$$a_n = \sum_{k=0}^{n-1} 2^k = 2^n - 1$$

求和$$S_n = \sum_{k=1}^n (2^k - 1) = 2^{n+1} - 2 - n$$

题目要求$$S_n > 1020$$，即：

$$2^{n+1} - n > 1022$$

计算$$n$$的值：

当$$n = 9$$时：

$$2^{10} - 9 = 1024 - 9 = 1015 < 1022$$

当$$n = 10$$时：

$$2^{11} - 10 = 2048 - 10 = 2038 > 1022$$

因此，最小的$$n$$为10。

最终答案为：$$\boxed{D}$$

题目给出递推关系$$a_1 = \frac{6}{5}$$，$$a_n = \frac{a_{n+1} - 1}{a_n - 1}$$。

通过递推计算前几项：

$$a_1 = \frac{6}{5}$$

$$a_2 = \frac{a_1 (a_1 - 1) + 1}{1} = \frac{6}{5} \cdot \frac{1}{5} + 1 = \frac{6}{25} + 1 = \frac{31}{25}$$

$$a_3 = \frac{a_2 (a_2 - 1) + 1}{1} = \frac{31}{25} \cdot \frac{6}{25} + 1 = \frac{186}{625} + 1 = \frac{811}{625}$$

观察发现$$a_n$$增长迅速，且$$\frac{1}{a_n}$$减小很快。

计算前几项的和：

$$\frac{1}{a_1} = \frac{5}{6} \approx 0.8333$$

$$\frac{1}{a_2} = \frac{25}{31} \approx 0.8065$$

$$\frac{1}{a_3} = \frac{625}{811} \approx 0.7707$$

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