4.1-4.4综合拔高练-【新人教A版数学】选择性必修第二册

本资料分享自千人教师QQ群323031380期待你的加入与分享4.1~4.4综合拔高练五年高考练考点1等差数列及其应用1.(2019课标全国Ⅰ,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-5 B.an=3n-10C.Sn=2n2-8n D.Sn=12n22.(2020课标全国Ⅱ理,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.3699块 B.3474块 C.3402块 D.3339块3.(2019课标全国Ⅲ,14,5分,)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1≠0,a2=3a1,则S10S5=4.(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.

5.(2019课标全国Ⅰ,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a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范围.考点2等比数列及其应用6.(2019课标全国Ⅲ,5,5分,)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=()A.16 B.8 C.4 D.27.(2018北京,4,5分,)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱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.32f B.322f C.12258.(2019课标全国Ⅰ,14,5分,)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=13,a42=a6,则S5=9.(2020课标全国Ⅰ理,17,12分,)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求{an}的公比;(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.10.(2019课标全国Ⅱ,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数列的综合应用11.(2020新高考Ⅰ,18,12分,)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{an}的通项公式;(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.12.(2018课标全国Ⅰ,17,12分,)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=ann(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;(3)求{an}的通项公式.13.(2020天津,19,15分,)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2<Sn+12(n∈(3)对任意的正整数n,设cn=(3an-2)bn14.(2018浙江,20,15分,)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.(1)求q的值;(2)求数列{bn}的通项公式.考点4数学归纳法*15.(2020课标全国Ⅲ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.深度解析三年模拟练应用实践1.(2020河南开封高二上期末联考,)公差不为0的等差数列{an}的部分项ak1,ak2,ak3,…构成公比为4的等比数列{akn},且k1A.4 B.6 C.8 D.222.(2020福建厦门外国语学校高二上期中,)已知数列{an}的通项公式为an=n+an(n∈N*),则“a2>a1”是“数列{an}单调递增”的()A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件3.(2020湖南长沙一中高三上第三次月考,)已知数列{an}为等差数列,其前n项和为Sn,且a2=3,S5=25,若bn=ansin2nπ3,且数列{bn}的前n项和为Tn,则TA.-32 B.0 C.-33 D.-4.(多选)(2020山东济宁高二上期末质量检测,)若Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+1(n∈N*),则下列说法正确的是()A.a5=-16 B.S5=-63C.数列{an}是等比数列 D.数列{Sn+1}是等比数列5.(多选)(2020广东中山高二上期末统考,)意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人,斐波那契数列被誉为最美的数列,斐波那契数列{an}满足:a1=1,a2=1,an=an-1+an-2(n≥3,n∈N*).若将数列的每一项按照下图方法放进格子里,每一小格子的边长为1,记前n项所占的格子的面积之和为Sn,每段螺旋线与其所在的正方形围成的扇形面积为cn,则下列结论正确的是()A.Sn+1=an+12+an+1an B.a1+a2+a3+…+anC.a1+a3+a5+…+a2n-1=a2n-1 D.4(cn-cn-1)=πan-2an+16.(2020山东济宁实验中学高二上期中,)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:假定有两个面包,要平均分给5个人,如果每人12,不够,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(n≥3,n∈N*)的分数的分解:25=13+115,27=14+128深度解析7.(2020山东高考第一次模拟,)古希腊毕达哥拉斯学派研究了“多边形数”,人们把多边形数推广到空间,研究了“四面体数”,如图给出了第一至第四个四面体数已知12+22+32+…+n2=n(n+1)(观察上图,由此得出第5个四面体数为(用数字作答);第n个四面体数为.深度解析

8.(2020河北武邑中学高三上期末,)我们称一个数列是“有趣数列”,当且仅当该数列满足以下两个条件:①所有的奇数项满足a2n-1<a2n+1,所有的偶数项满足a2n<a2n+2;②任意相邻的两项a2n-1,a2n满足a2n-1<a2n.根据上面的信息完成下面的问题:(1)数列1,2,3,4,5,6“有趣数列”(填“是”或者“不是”);

(2)若an=n+(-1)n·2n,则数列{an}“有趣数列”(填“是”或者“不是”9.(2020北京高考适应性测试,)已知{an}是公比为q的无穷等比数列,其前n项和为Sn,满足a3=12,.是否存在正整数k,使得Sk>2020?若存在,求出k的最小值;若不存在,请说明理由.

从①q=2,②q=12,③q=-2这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.10.(2020江西新余一中高二上第二次段考,)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,对任意n∈N*,点(an,Sn)都在函数f(x)=2x-2的图象上.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=(2n-1)an,求数列{bn}的前n项和Tn;(3)已知数列{cn}满足cn=1an-1n-1n+1(n∈N*),若对任意n∈N*,存在x0∈-12,12,使得c1+c2+…11.(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a3-2a3·a4-2a4·…·an-2an(3)已知cn=11+an2,数列{cn}的前n项和为Tn,试比较Tn迁移创新12.(2019北京高考,)已知数列{an},从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1<i2<…<im),若ai1<ai2<…<aim,则称新数列ai1,ai2,…,aim为{an}的长度为m的递增子列.规定:数列(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p<q,求证:(3)设无穷数列{an}的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若{an}的长度为s的递增子列的末项的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,…),求数列{an}的通项公式.深度解析

答案全解全析五年高考练1.A设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则由题意有4a1所以an=-3+(n-1)×2=2n-5,Sn=-3n+n(n-1)2.C由题意可设每层有n个环,则三层共有3n个环,∴每一环扇面形石板的块数构成以a1=9为首项,9为公差的等差数列{an},且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1,中层总数为S2,下层总数为S3,∴S3-S2=9(2n+1)·n+n(n-1)2×9则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9+27×262×9=27×9+27×13×9=27×14×9=3402(块).故选3.答案4解析设数列{an}的公差为d,由题意得a1+d=3a1,即d=2a1,则S5=5a1+5×42d=25a1,S10=10a1+10×92d=100a1,又a1≠0,所以S104.答案0;-10解析解法一:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则由已知可得a1+d=-3,5a1+10d=-10,解得a1=-4,d=1,所以a5=a1+4d=-4+4×1=0,Sn=-4n+n(n解法二:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,因为S5=5(a1+a5)2=5a3=-10,所以a3=-2,又因为a2=-3,所以d=a3-a2=1,所以a5=a3+2d=0,所以(S5.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(由a1>0知d<0,故Sn≥an等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N*}.6.C设数列{an}的公比为q,由题知a1>0,q>0且q≠1,则a1(1-q4)1-q7.D由题意得,十三个单音的频率构成首项为f,公比为122的等比数列,设该等比数列为{an},首项为a1,公比为q,则a8=a1q7=f·(122)7=8.答案121解析因为a42=a2a6=a6,所以a2=1,所以公比为a2a1=3,所以S59.解析(1)设{an}的公比为q,且q≠1,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q-2=0,解得q1=1(舍去),q2=-2.故{an}的公比为-2.(2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,①-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.②①-②可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=1-(-2)所以Sn=19-(10.解析(1)证明:由题知4an+1=3an-bn+4①,4bn+1=3bn-an-4②,①+②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①-②,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,a所以an=12[(an+bn)+(an-bn=12n+n-bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n11.解析(1)设{an}的公比为q,且q>1.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q1=12(舍去),q2=2.所以a1=8所以{an}的通项公式为an=2n.(2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,所以由题设及(1)可得,b1对应的区间为:(0,1],则b1=0;b2,b3对应的区间分别为:(0,2],(0,3],则b2=b3=1,即有2个1;b4,b5,b6,b7对应的区间分别为:(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则b4=b5=b6=b7=2,即有22个2;b8,b9,…,b15对应的区间分别为:(0,8],(0,9],…,(0,15],则b8=b9=…=b15=3,即有23个3;b16,b17,…,b31对应的区间分别为:(0,16],(0,17],…,(0,31],则b16=b17=…=b31=4,即有24个4;b32,b33,…,b63对应的区间分别为:(0,32],(0,33],…,(0,63],则b32=b33=…=b63=5,即有25个5;b64,b65,…,b100对应的区间分别为:(0,64],(0,65],…,(0,100],则b64=b65=…=b100=6,即有37个6.所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.12.解析(1)由已知可得an+1=2(n+1将n=1代入,得a2=4a1,又a1=1,所以a2=4.将n=2代入,得a3=3a2,所以a3=12.因为bn=ann,所以b1=1,b2=2,b(2)数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.理由如下:由已知可得an+1n+1=2ann又b1=1,所以数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.(3)由(2)可得ann=2n-1,所以an=n·213.解析(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),又q≠0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1.(2)证明:由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14(n+1)2(n+2)2,从而SnSn+2-Sn(3)当n为奇数时,cn=(3an-2)bnanan+2=(3n对任意的正整数n,有∑k=1nc2k-1=∑k=1n22k2k+1-22k-22k-1=22n由①得14∑k=1nc2k=142+34由①-②得34∑k=1nc2k=14+242+…+24n-2n-14n+1因此,∑k=12nck=∑k=1nc2k-1+∑k=1nc2k=4n2n+1-6n+59×414.解析(1)由a4+2是a3,a5的等差中项,得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.所以a3+a5=20,即8q+解得q=2或q=12,因为q>1,所以(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn,由cn=S1,n=1由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)·12所以bn-bn-1=(4n-5)·12n-则bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)·12n-2+(4n-9)·12n设Tn=3+7·12+11·122+…+(4n-5)·1则12Tn=3·12+7·122+…+(4n-9)·1两式相减,得12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-(4n-5)·12因此Tn=14-(4n+3)·12n-又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·12n-2,n15.解析(1)由题意可得a2=3a1-4=9-4=5,a3=3a2-8=15-8=7,由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项,2为公差的等差数列,即an=2n+1,n∈N*,证明如下:当n=1时,a1=3成立;假设n=k(k∈N*)时,ak=2k+1成立.那么n=k+1时,ak+1=3ak-4k=3(2k+1)-4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N*,都有an=2n+1成立.所以{an}的通项公式为an=2n+1,n∈N*.(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.所以Sn=(2n-1)2n+1+2.知识拓展数列求和的5种方法解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如an=1n(n+k),可裂项为an=1k·1n-1n+k;(3)错位相减法:形如cn=an·bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(4)分组求和法:形如cn=an+bn三年模拟练应用实践1.B设等差数列{an}的首项为a1,公差为d(d≠0).因为等比数列{akn}的公比为4,且k1=1,k所以a1,a2,ak3构成公比为4所以a2=4a1,所以a1+d=4a1,得d=3a1.所以ak3=4a2=4(a1+d)=4(a1+3a1)=16a所以a1+(k3-1)d=16a1,即a1+(k3-1)·3a1=16a1,因为a1≠0,所以k3=6.故选B.2.A当a2>a1时,2+a2>1+a,即此时an+1-an=1-an又n∈N*,所以n(n+1)≥2,所以an+1-an>0,充分性成立;若{an}为递增数列,则an+1-an=1-an(n+1)>0恒成立,即a<n(n+1)恒成立,故a<2,此时a2>a13.C设{an}的首项为a1,公差为d,由S5=5(a1+a5)又a2=3,∴d=a3-a2=2.∴an=a2+(n-2)d=3+2(n-2)=2n-1.又sin2nπ3的周期为2π2π3sin4π3=-32∴T9=32a1-32a2+0+32a4-32a5+0+32a7-32a8+0=4.AC由题意得,当n=1时,S1=2a1+1,解得a1=-1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-1,所以数列{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列,所以an=(-1)×2n-1,a5=-1×24=-16,故A、C正确.又Sn=2an+1=-2n+1,所以S5=-25+1=-31,故B错误.因为S1+1=-1+1=0,所以数列{Sn+1}不是等比数列,故D错误.故选AC.5.ABD前n+1项所占格子组成长为an+1+an,宽为an+1的矩形,其面积为Sn+1=(an+1+an)an+1=an+12+an+1an,∴依题意得,a3=a2+a1,a4=a3+a2,……,an+2=an+1+an,以上各式相加得,a3+a4+…+an+2=(a2+a3+…+an+1)+(a1+a2+…+an),∴an+2-a2=a1+a2+…an,即a1+a2+…+an=an+2-1,∴B正确;依题意得,a1=a2=1,a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,∴a1+a3+a5=8≠a6-1=7,∴C不正确;易知cn=14πan2,cn-1=14πan-12,∴4(cn-cn-1)=π(an2-an-12)=π(an-an-1)(an+a6.答案1n+解析由题意得,25=13+即22×3-1=27=14+128,即22×4-29=15+145,即22×5-由此归纳出22×n-1=1n+1n(经验证1n+1n(2n-1)=2n-1+1n易错警示由数列的前n项归纳通项公式时,首先要分析项的结构,然后再探究结构中的各部分与项的序号n间的函数关系,进而求得通项公式.7.答案35;n解析依题意得,第一个四面体数为1,第二个四面体数为1+(1+2),第三个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3),第四个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4),第五个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4)+(1+2+3+4+5)=35,……由此可归纳出第n个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3)+…+(1+2+3+…+n),即1+3+6+…+n(n设①式中的每个数从左至右的排列为数列{an},即{an}为1,3,6,10,…得到递推关系为a2-a1=2,a3-a2=3,……,an-an-1=n,以上各式相加得,an-a1=(n-1)(n又a1=1,∴an=12(n2∴a1+a2+…+an=12[(12+1)+(22+2)+(32+3)+…+(n2+n)]=12(12+22+32+…+n2)+12=12×n(n+1=n(∴第n个四面体数为n(解题模板对于图形中的计数问题,常分析前后图形数量之间的关系,如本题中,第一个数:a1,第二个数:a1+a2,第三个数:a1+a2+a3,第四个数:a1+a2+a3+a4,……,且a2=a1+2,a3=a2+3,a4=a3+4,……,由此利用数列的递推关系式进行计算.8.答案(1)是(2)是解析(1)数列1,2,3,4,5,6为递增数列,符合“有趣数列”的条件.因此,数列1,2,3,4,5,6是“有趣数列”.(2)若an=n+(-1)n·2n,则a2n+1-a2n-1=(2n+1)-22n+1-(2n-1)-22n-a2n+2-a2n=2n+2+22n=2-1n∵n(n+1)≥2,∴a2n+2-a2n>0,即a2n+2>a2n.a2n-a2n-1=2n+22n=1+1n+22n-1>0,∴∴{an}是“有趣数列”.9.解析设数列{an}的首项为a1.选择①q=2.当q=2时,由a3=12得,a1=a3∴Sn=a1(1-q则Sk=3×2k-3.由Sk>2020得,3×2k-3>2020,即2k>2023∵29=512,210=1024,k∈N*,∴kmin=10.∴当a3=12,q=2时,存在最小正整数k=10,使得Sk>2020.选择②q=12当q=12时,由a3=12得,a1=a∴Sn=a1(1-qn)1-q=由Sk>2020得,96-96×12k>2即12k<-48124,不等式无解,则∴当a3=12,q=12时,不存在最小正整数k,使得Sk>2选择③q=-2.当q=-2时,由a3=12得,a1=a3∴Sn=a1(=1-(-2)n,则Sk=1-(-2)k.由Sk>2020得,1-(-2)k>2020,即(-2)k<-2019.当k为偶数时,2k<-2019,不等式无解.当k为奇数时,-2k<-2019,即2k>2019,∵210=1024,211=2048,k∈N*,∴kmin=11.∴当a3=12,q=-2时,存在最小正整数k=11,使得Sk>2020.10.解析(1)由点(an,Sn)都在函数f(x)=2x-2的图象上,可得Sn=2an-2①,当n=1时,a1=S1=2a1-2,解得a1=2;当n≥2时,由Sn=2an-2得,Sn-1=2an-1-2②,①-②,得an=Sn-Sn-1=2an-2-2an-1+2,即an=2an-1,又a1=2≠0,所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.所以an=2n,n∈N*.(2)由(1)知bn=(2n-1)an=(2n-1)2n,则Tn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,两式相减可得-Tn=2+2(22+23+…+2n)-(2n-1)×2n+1=2+2×4×(1-2n所以Tn=6+(2n-3)×2n+1.(3)由(1)知cn=12n-设Mn为数列{cn}的前n项和,则Mn=12+122+…+12n-1-12+12-13+因为cn=12n-1n-1所以c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,当n≥5时,令dn=2n则dn+1-dn=2n+1=2n所以{dn}为递增数列.又d5=255×6=1615>1,所以所以2n>n(n+1),所以cn<0,所以Mn的最大值为M4=15-116=当x∈-12,1因为对任意n∈N*,存在x0∈-12,12,使得c1+