2022版新教材高中数学 第4章 数列 1-4综合拔高练（含解析）苏教版选择性必修第一册.docx

1、综合拔高练五年高考练考点1等差数列及其应用1.(2020全国,4,5分,)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3 699块B.3 474块C.3 402块D.3 339块2.(2020浙江,7,4分,)已知等差数列an的前n项和为Sn,公差d0,且a1d1.记b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,nN*,下列等式不可能成立的是()A

2、.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=b2b83.(2019课标全国,9,5分,)记Sn为等差数列an的前n项和.已知S4=0,a5=5,则()A.an=2n-5B.an=3n-10C.Sn=2n2-8nD.Sn=12n2-2n4.(2020新高考,14,5分,)将数列2n-1与3n-2的公共项从小到大排列得到数列an,则an的前n项和为.5.(2020浙江,11,4分,)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列n(n+1)2就是二阶等差数列.数列n(n+1)2(nN*)的前3项和是.6.(2019课标全国,14,5分,)记Sn为等差

3、数列an的前n项和,若a10,a2=3a1,则S10S5=.7.(2019北京,10,5分,)设等差数列an的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5=,Sn的最小值为.8.(2019课标全国,18,12分,)记Sn为等差数列an的前n项和.已知S9=-a5.(1)若a3=4,求an的通项公式;(2)若a10,求使得Snan的n的取值范围.考点2等比数列及其应用9.(2020全国,10,5分,)设an是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=()A.12B.24C.30D.3210.(2018北京,4,5分,)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱

4、载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为()A.32fB.322fC.1225fD.1227f11.(2019课标全国,14,5分,)记Sn为等比数列an的前n项和.若a1=13,a42=a6,则S5=.12.(2020全国文,17,12分,)设等比数列an满足a1+a2=4,a3-a1=8.(1)求an的通项公式;(2)记Sn为数列log3an的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.13.

5、(2019课标全国,19,12分,)已知数列an和bn满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列;(2)求an和bn的通项公式.考点3数列的综合问题14.(2020江苏,11,5分,)设an是公差为d的等差数列,bn是公比为q的等比数列.已知数列an+bn的前n项和Sn=n2-n+2n-1(nN*),则d+q的值是.15.(2020全国,16,5分,)数列an满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=.16.(2020新高考,18,12分,)已知公比大于1的等比数列an满足

6、a2+a4=20,a3=8.(1)求an的通项公式;(2)记bm为an在区间(0,m(mN*)中的项的个数,求数列bm的前100项和S100.考点4数学归纳法*17.(2020全国理,17,12分,)设数列an满足a1=3,an+1=3an-4n.(1)计算a2,a3,猜想an的通项公式并加以证明;(2)求数列2nan的前n项和Sn.三年模拟练应用实践1.(多选)(2020江苏盐城高二期末,)设d,Sn分别为等差数列an的公差与前n项和,若S10=S20,则下列判断中正确的有()A.当n=15时,Sn取最大值B.当n=30时,Sn=0C.当d0时,a10+a220D.当d|a22|2.(多选)

7、(2020江苏苏州实验中学高二月考,)已知等差数列an的首项为1,公差d=4,前n项和为Sn,则下列结论成立的有()A.数列Snn的前10项和为100B.若a1,a3,am成等比数列,则m=21C.若i=1n1aiai+1625,则n的最小值为6D.若am+an=a2+a10,则1m+16n的最小值为25123.(2020四川南充西南大学实验学校高一月考,)已知数列logabn(a0且a1)是首项为2,公差为1的等差数列,若数列an是递增数列,且满足an=bnlg bn,则实数a的取值范围是()A.23,1B.(2,+)C.23,1(1,+)D.0,23(1,+)4.(2020山东济宁实验中学

8、高二上期中,)古代埃及数学中有一个独特现象:除23用一个单独的符号表示以外,其他分数都可写成若干个单分数和的形式.例如25=13+115,可这样理解:有两个面包,要平均分给5个人,每人13,余13,再将这13分成5份,每人得115,这样每人分得13+115.形如22n-1(n3,nN*)的分数的分解:25=13+115,27=14+128,29=15+145,按此规律,22n-1=(n3,nN*).5.(2021河南豫南九校高二联考,)已知数列an的前n项和为Sn,数列bn的前n项和为Tn,其中a1=1,3Sn=(n+m)an(mR),且anbn=15.若对任意nN*,Tn恒成立,则实数的最小

9、值为.6.(2021上海交通大学附属中学高三月考,)已知等差数列an(公差不为零)和等差数列bn,如果关于x的方程2 021x2-(a1+a2+a2 021)x+b1+b2+b2 021=0有实数解,那么以下2 021个方程x2-a1x+b1=0,x2-a2x+b2=0,x2-a3x+b3=0,x2-a2 021x+b2 021=0中,无实数解的方程最多有个.7.(2021浙江宁波宁海中学高三二模,)已知|an|是首项和公差均为1的等差数列,Sn为数列an的前n项和,记mn为|Sn|的所有可能取值中的最小值,则m1+m2+m2 020=.8.(2021江苏南京三校高三期中联考,)在下列三个条件

10、an+1=12an+1,an+1=an+2,Sn=2an-1中选择一个补充在题中横线处,并作答.设数列an的前n项和为Sn,a1=1,对任意的nN*,都有,等比数列bn中,对任意的nN*,都有bn0,2bn+2=bn+1+3bn,且b1=1,问:是否存在kN*,使得对任意的nN*,都有anbkakbn?若存在,试求出k的值;若不存在,请说明理由.9.(2020天津耀华中学高二上期中,)在数列an中,已知a1=1,其前n项和为Sn,且对任意的正整数n,都有2Sn=(n+1)an成立.(1)求数列an的通项公式;(2)已知关于n的不等式a3-2a3a4-2a4an-2ana2n+1对一切n3,nN

11、*恒成立,求实数a的取值范围;(3)已知cn=11+an2,数列cn的前n项和为Tn,试比较Tn与23的大小并证明.迁移创新10.(2019北京高考,)已知数列an,从中选取第i1项、第i2项、第im项(i1i2im),若ai1ai2aim,则称新数列ai1,ai2,aim为an的长度为m的递增子列.规定:数列an的任意一项都是an的长度为1的递增子列.(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;(2)已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0,长度为q的递增子列的末项的最小值为an0.若pq,求证:am00,所以b42b2b8,故D不可能成立.故选D.3.A

12、设an的公差为d,依题意得,4a1+432d=0,a1+4d=5,联立,解得a1=-3,d=2.所以an=2n-5,Sn=n2-4n.故选A.4.答案3n2-2n解析数列2n-1的项为1,3,5,7,9,11,13,数列3n-2的项为1,4,7,10,13,数列an是首项为1,公差为6的等差数列,an=1+(n-1)6=6n-5,数列an的前n项和Sn=(1+6n-5)n2=3n2-2n.5.答案10解析数列n(n+1)2的前三项依次为122=1,232=3,342=6,所求和为1+3+6=10.6.答案4解析设等差数列an的公差为d,a2=3a1,a2=a1+d=3a1,d=2a1,S10=

13、10a1+1092d=100a1,S5=5a1+542d=25a1,又a10,S10S5=4.7.答案0;-10解析解法一:设等差数列an的公差为d,a2=-3,S5=-10,a1+d=-3,5a1+542d=-10,即a1+d=-3,a1+2d=-2,解得a1=-4,d=1,a5=a1+4d=0,Sn=na1+n(n-1)2d=-4n+n2-n2=12(n2-9n)=12n-922-818,nN*,n=4或n=5时,Sn取最小值,最小值为-10.解法二:设等差数列an的公差为d,易得S5=5(a1+a5)2=5a3,S5=-10,a3=-2,又a2=-3,d=1,a5=a3+2d=0,(Sn

14、)min=S4=S5=-10.8.解析(1)设an的公差为d.由S9=-a5得a1+4d=0.由a3=4得a1+2d=4.于是a1=8,d=-2.因此an的通项公式为an=10-2n.(2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d,Sn=n(n-9)d2.由a10知d0,故Snan等价于n2-11n+100,解得1n10.所以n的取值范围是n|1n10,nN.9.D设等比数列an的公比为q,故a2+a3+a4=q(a1+a2+a3),又a2+a3+a4=2,a1+a2+a3=1,q=2,a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32,故选D.10.D由题意知,十三个单音的频率依次构

15、成首项为f,公比为122的等比数列,设该等比数列为an,则a8=a1q7,即a8=1227f,故选D.11.答案1213解析设an的公比为q,由a42=a6,得a42=a4q2,a4=q2.又a4=a1q3,a1q3=q2,又a1=13,q=3.由等比数列求和公式可知S5=13(1-35)1-3=1213.12.解析(1)设an的公比为q,则an=a1qn-1.由已知得a1+a1q=4,a1q2-a1=8,解得a1=1,q=3.所以an的通项公式为an=3n-1.(2)由(1)知log3an=n-1.故Sn=n(n-1)2.由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m

16、+2),即m2-5m-6=0,解得m=-1(舍去)或m=6.13.解析(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以an+bn是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以an-bn是首项为1,公差为2的等差数列.(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.所以an=12(an+bn)+(an-bn)=12n+n-12,bn=12(an+bn)-(an-bn)=12n-n+12.14

17、.答案4解析易知q1,则an+bn的前n项和Sn=na1+n(n-1)2d+b1(1-qn)1-q=d2n2+a1-d2n-b11-qqn+b11-q=n2-n+2n-1,d2=1,q=2,即d=2,q=2,d+q=4.15.答案7解析令n=2k(kN*),则有a2k+2+a2k=6k-1(kN*),a2+a4=5,a6+a8=17,a10+a12=29,a14+a16=41,前16项的所有偶数项和S偶=5+17+29+41=92,前16项的所有奇数项和S奇=540-92=448,令n=2k-1(kN*),则有a2k+1-a2k-1=6k-4(kN*).a2k+1-a1=(a3-a1)+(a5

18、-a3)+(a7-a5)+(a2k+1-a2k-1)=2+8+14+6k-4=k(2+6k-4)2=k(3k-1)(kN*),a2k+1=k(3k-1)+a1(kN*),a3=2+a1,a5=10+a1,a7=24+a1,a9=44+a1,a11=70+a1,a13=102+a1,a15=140+a1,前16项的所有奇数项和S奇=a1+a3+a15=8a1+2+10+24+44+70+102+140=8a1+392=448.a1=7.16.解析(1)设an的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8,解得q1=12(舍去),q2=2.由题设得a1=2,所以an的通项公式为an=2n

19、.(2)由题设及(1)知b1=0,且当2nm0,故C正确.对选项D,a10=a1+9d=-292d+182d=-112d,a22=a1+21d=-292d+422d=132d,因为d0,所以|a10|=-112d,|a22|=-132d,所以|a10|625,解得n6,因为nN*,所以n的最小值为7,故C错误;由等差数列的性质可知m+n=12,所以1m+16n=1121m+16n(m+n)=1121+nm+16mn+16112(17+24)=2512,当且仅当nm=16mn,即n=4m=485时取等号,因为m,nN*,所以n=4m=485不成立,故D错误.故选AB.3.D由题意得logab1=

20、2,logabn+1-logabn=logabn+1bn=1,b1=a2,bn+1bn=a,bn是以a2为首项,a为公比的等比数列,bn=an+1.an=bnlgbn,an=an+1lgan+1=(n+1)an+1lga,an为递增数列,an+1-an0,即(n+2)a-(n+1)an+1lga0.当a1时,lga0,an+10,(n+2)a-(n+1)0,即an+1n+2=1-1n+2,1n+20,1-1n+21即可满足(n+2)a-(n+1)an+1lga0.当0a1时,lga0,(n+2)a-(n+1)0,即a1-1n+2,1n+213,1-1n+223,只需0a0.综上所述,实数a的取

21、值范围为0,23(1,+),故选D.4.答案1n+12n2-n解析由题意得,25=13+115,即223-1=13+13(23-1),27=14+128,即224-1=14+14(24-1),29=15+145,即225-1=15+15(25-1),由此归纳出22n-1=1n+1n(2n-1)(n3,nN*).又1n+1n(2n-1)=2n-1+1n(2n-1)=22n-1,结论成立,22n-1=1n+12n2-n.解题模板由数列的前几项归纳其通项公式时,首先要分析项的结构,然后探究结构中的各部分与项的序号n之间的函数关系,进而求得通项公式.5.答案25解析当n=1时,3S1=3a1=(1+m

22、)a1,解得m=2.当n2时,由3Sn=(n+2)an,3Sn-1=(n-1+2)an-1得(n-1)an=(n+1)an-1,即anan-1=n+1n-1.由累乘法可得ana1=n(n+1)2,又a1=1,所以an=n(n+1)2,由anbn=15,得bn=25n(n+1)=251n-1n+1,所以Tn=251-12+12-13+1n-1n+1=251-1n+1Tn恒成立,所以25,故实数的最小值为25.6.答案1010解析设等差数列an的公差为d1,d10,等差数列bn的公差为d2,则a1+a2+a2021=2021a1011,b1+b2+b2021=2021b1011,所以原方程可变为2

23、021x2-2021a1011x+2021b1011=0,由该方程有实数解可得(-2021a1011)2-420212b10110,即a101124b1011.要使方程x2-aix+bi=0(iN*,i2021)无解,则需=(-ai)2-4bi=ai2-4bi0(iN*,i2021).设y1=ai2=a1+(i-1)d12,y2=4bi=4b1+(i-1)d2(iN*,i2021),易得y1的图象为开口向上的抛物线的一部分,y2的图象为直线的一部分,又i=1011时,y1y2,所以满足y10,所以q0,从而q=32.又b1=1,所以bn=32n-1.假设存在kN*,使得对任意的nN*,都有an

24、bkakbn,即anbnakbk.记cn=anbn,nN*.下面分别选择作为条件进行研究.选择.因为an+1=12an+1,所以an+1-2=12(an-2).又a1=1,所以a1-2=-10,所以an-20,从而an+1-2an-2=12,所以数列an-2是以a1-2=-1为首项,12为公比的等比数列,则an-2=-12n-1,即an=2-12n-1,所以cn=anbn=2n-13n-1,从而cn+1cn=2n+1-13(2n-1).由2n+1-13(2n-1)1得2n2,解得n1,当n=1时,c1=c2,当n1时,cn+10,从而cn+1cn=2(2n+1)3(2n-1).由2(2n+1)

25、3(2n-1)1得2n5,解得n52,当n2时,cn+1cn,当n3时,cn+10,所以an0,且an+1an=2,从而数列an是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1,所以cn=anbn=43n-10,从而cn+1cn=431,所以cn+1cn,所以不存在满足题意的k.9.解析(1)2Sn=(n+1)an,当n2时,2Sn-1=nan-1,-并化简,得2an=(n+1)an-nan-1,即(n-1)an=nan-1(n2),又a1=10,an0,anan-1=nn-1(n2),a2a1=21,a3a2=32,anan-1=nn-1,an=a2a1a3a2anan-1a1=2132

26、nn-11=n,经检验,当n=1时,a1=1也满足上式,an=n.(2)由(1)知an=n,设f(n)=a3-2a3a4-2a4an-2an2n+1(n3,nN*),则f(n+1)-f(n)=a3-2a3a4-2a4an-2anan+1-2an+12n+3-2n+1=a3-2a3a4-2a4an-2an(n-1)2n+3-(n+1)2n+1n+1=a3-2a3a4-2a4an-2an2n3-n2-4n+3-2n3+5n2+4n+1n+1f(3)=73,即实数a的取值范围是73,+.(3)Tn23.证明如下:an=n,cn=11+an2=11+n2=1n2+2n+11n(n+2)=121n-1n

27、+2,Tn=c1+c2+c3+cn=14+c2+c3+cn14+1212-14+13-15+14-16+1n-1n+2=14+1212+13-1n+1-1n+2=23-121n+1+1n+223,即Tn23.10.解析(1)1,3,5,6.(答案不唯一)(2)证明:设长度为q且末项为an0的一个递增子列为ar1,ar2,arq-1,an0.由pq,得arparq-1an0.因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为am0,且ar1,ar2,arp是an的长度为p的递增子列,所以am0arp.所以am0an0.(3)由题设知,所有正奇数都是an中的项.先证明:若2m是an中的项,则2m必排在2m

28、-1之前(m为正整数).假设2m排在2m-1之后.设ap1,ap2,apm-1,2m-1是数列an的长度为m且末项为2m-1的递增子列,则ap1,ap2,apm-1,2m-1,2m是数列an的长度为m+1且末项为2m的递增子列,与已知矛盾.再证明:所有正偶数都是an中的项.假设存在正偶数不是an中的项,设不在an中的最小的正偶数为2m.因为2k排在2k-1之前(k=1,2,m-1),所以2k和2k-1不可能在an的同一个递增子列中.又an中不超过2m+1的数为1,2,2m-2,2m-1,2m+1,所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为2222(m-1)个11=2m-12m,与已知矛盾.最后证明:2m排在2m-3之后(m2为整数).假设存在2m(m2),使得2m排在2m-3之前,则an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小于2m,与已知矛盾.综上,数列an只可能为2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,.经验证,数列2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,符合条件.所以an=n+1,n为奇数,n-1,n为偶数.主编点评本题通过对数列中新概念的理解,考查逻辑推理、知识的迁移应用能力,重点考查逻辑推理、数学抽象的核心素养,渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思想.