高中数学第4章数列1-4综合拔高练苏教版选择性必修第一册

PAGEPAGE19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Ⅱ,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2.(2020浙江,7,4分,)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且a1d≤1.记b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,n∈N*,下列等式不可能成立的是 (A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2aD.b42=b23.(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-5B.an=3n-10C.Sn=2n2-8nD.Sn=12n2-24.(2020新高考Ⅰ,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+16.(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=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9.(2020全国Ⅰ,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.3C.1225fD.11.(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=12.(2020全国Ⅲ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.(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(n∈N*),则d+q的值是.

15.(2020全国Ⅰ,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.

考点4数学归纳法*17.(2020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.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d>0时,a10+a22>0D.当d<0时,|a10|>|a22|2.(多选)(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SnB.若a1,a3,am成等比数列,则m=21C.若∑i=1n1aD.若am+an=a2+a10,则1m+16n3.(2020四川南充西南大学实验学校高一月考,)已知数列{logabn}(a>0且a≠1)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=bnlgbn,则实数a的取值范围是 ()A.23,C.23,1∪(1,+∞)4.(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: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(n≥3,n∈N*)的分数的分解:25=13+1(n≥3,n∈N*).

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(m∈R),且anbn=15.若对任意n∈N*,λ>Tn恒成立,则实数λ的最小值为.

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2021x2-(a1+a2+…+a2021)x+b1+b2+…+b2021=0有实数解,那么以下2021个方程x2-a1x+b1=0,x2-a2x+b2=0,x2-a3x+b3=0,……,x2-a2021x+b2021=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+…+m2020=.

8.(2021江苏南京三校高三期中联考,)在下列三个条件①an+1=12an+1,②an+1=an+2,③Sn=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n∈N*,都有,等比数列{bn}中,对任意的n∈N*,都有bn>0,2bn+2=bn+1+3bn,且b1=1,问:是否存在k∈N*,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn?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a3-2a3·a4-2a4·…·an(3)已知cn=11+an2,数列{cn}的前n项和为Tn,试比较Tn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(i1<i2<…<im),若ai1<ai2<…<aim,则称新数列ai1,ai2,…,aim为{an}的长度为(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且末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,…),求数列{an}的通项公式.4.1~4.4综合拔高练五年高考练1.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)2×9-9(n+1)×n+n(n-1)2×9=9n22.D对于A,a2,a4,a6成等差数列,故A成立;对于B,由bn+1=S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1,可得bn+1-bn=a2n+2+a2n+1-(a2n+a2n-1)=a2n+2-a2n+a2n+1-a2n-1=4d,故{bn}是等差数列,则b2,b4,b6也成等差数列,故B成立;对于C,a42=(a1+3d)2=a12+6a1d+9d2,a2a8=(a1+d)·(a1+7d)=a12+8a1d+7d2,所以a42-a2a8=2d2-2a1d=2d(d-a1),当d=a1时,a42=a2a8成立;对于D,b42=(a1+a2+12d)2=(2a1+13d)2=4a12+52a1d+169d(2a1+5d)(2a1+29d)=4a12+68a1d+145d2,所以b42-b2b8=24d2-16a1d=8d23-2·a1d≥8d2>0,所以b42≠3.A设{an}的公差为d,依题意得,4a1+4×32d=0①,a1+4d联立①②,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)5.答案10解析数列n(n+1)2的前三项依次为1×2∴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=10a1+10×92d=100a1S5=5a1+5×42d=25a1又∵a1≠0,∴S10S7.答案0;-10解析解法一:设等差数列{an}的公差为d,∵a2=-3,S5=-10,∴a即a1+∴a5=a1+4d=0,Sn=na1+n(n-1)2d=-4n+n2-n2=1∵n∈N*,∴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,∴∴(Sn)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(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}.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,11.答案121解析设{an}的公比为q,由a42=a6,得a42=a4·q2,∴a4又∵a4=a1·q3,∴a1·q3=q2,又a1=13,∴q=3由等比数列求和公式可知S5=13×(12.解析(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1.由已知得a1+所以{an}的通项公式为an=3n-1.(2)由(1)知log3an=n-1.故Sn=n(由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+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所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+nbn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n14.答案4解析易知q≠1,则{an+bn}的前n项和Sn=na1+n(n-1)2d+b1(1-qn)1-q=d2n2∴d2=1,q=2,即d=2,q=2,∴d+q=415.答案7解析令n=2k(k∈N*),则有a2k+2+a2k=6k-1(k∈N*),∴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(k∈N*),则有a2k+1-a2k-1=6k-4(k∈N*).∴a2k+1-a1=(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+…+(a2k+1-a2k-1)=2+8+14+…+6k-4=k(2+6k-4)2=k(3∴a2k+1=k(3k-1)+a1(k∈N*),∴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.(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.17.解析(1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],……a2-5=3(a1-3).因为a1=3,所以an=2n+1.(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.知识拓展解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,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)(k≠0),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,其中三年模拟练1.BC因为S10=S20,所以10a1+10×92d=20a1+20×192d,解得a1=-对选项A,因为无法确定a1和d的正负,所以无法确定Sn是否有最大值,故A错误.对选项B,S30=30a1+30×292d=30×-292d+15×29d=0,对选项C,a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2-292d+15d=d对选项D,a10=a1+9d=-292d+182d=-112d,a22=a1+21d=-292d+422因为d<0,所以|a10|=-112d,|a22|=-132d,所以|a10|<|a22|,故D故选BC.2.AB由已知可得an=4n-3,Sn=2n2-n,Snn=2n-1,则数列Snn为等差数列,则其前10项和为10×(1+19)2=100,故A正确;若a1,a3,am成等比数列,则a32=a1·am,所以am=81,即am因为1aia所以∑i=1n1aiai+1=141-15+15-19+…+14n-3-14n+1=n4n+1>625,解得n>6,因为n∈N*,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+16≥112×(17+2×4)=2512,当且仅当3.D由题意得logab1=2,logabn+1-logabn=logabn∴b1=a2,bn+1bn=a,∴{bn}是以a2为首项,a为公比的等比数列,∴bn=∵an=bnlgbn,∴an=an+1lgan+1=(n+1)an+1·lga,∵{an}为递增数列,∴an+1-an>0,即[(n+2)a-(n+1)]an+1·lga>0.①当a>1时,lga>0,an+1>0,∴(n+2)a-(n+1)>0,即a>n+1n+2=1-1n+2,∵1n+2>0,∴1-1n+2<1,∴只需a>1即可满足[(n+2)a-(n②当0<a<1时,lga<0,an+1>0,∴(n+2)a-(n+1)<0,即a<1-1n+2,∵1n+2≤13,∴1-1n+2≥23,∴只需0<a<23即可满足[(n+2)a-(n综上所述,实数a的取值范围为0,23∪(1,+∞),4.答案1n+解析由题意得,25=13+即22×3-1=127=14+128,即22×4-29=15+145,即22×5-由此归纳出22n-1=1n+1n(2n-又1n+1n(2n-1)=2n-1+1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2解析当n=1时,3S1=3a1=(1+m)a1,解得m=2.当n≥2时,由3Sn=(n+2)an,3Sn-1=(n由累乘法可得ana1又a1=1,所以an=n(由anbn=15,得bn=25n所以Tn=251-12+12-13+…+1n-1因为对任意n∈N*,λ>Tn恒成立,所以λ≥25,故实数λ的最小值为26.答案1010解析设等差数列{an}的公差为d1,d1≠0,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2021x2-2021a1011x+2021b1011=0,由该方程有实数解可得(-2021a1011)2-4×20212b1011≥0,即a要使方程x2-aix+bi=0(i∈N*,i≤2021)无解,则需Δ=(-ai)2-4bi=ai2-4bi<0(i∈N*,i≤设y1=ai2=[a1+(i-1)d1]2,y2=4bi=4[b1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,y1≥y2,所以满足y1<y2的i的取值最多可有1010个,即无实数解的方程最多有1010个.7.答案1010解析因为{|an|}是首项和公差均为1的等差数列,所以|an|=1+n-1=n,根据等差数列的性质,对任意p,q,r,s∈N*,若p+q=r+s,则|ap|+|aq|=|ar|+|as|,所以存在满足p+q=r+s,有ap+aq=-(ar+as).当n=4k时,S4k=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k,为使|S4k|取得最小值,只需a2+a3=-(a1+a4),a5+a8=-(a6+a7),……,a4k-3+a4k=-(a4k-2+a4k-1),此时S4k=k(a1+a2+a3+a4)=0,即|S4k|的最小值m4k=0;当n=4k+1时,S4k+1=a1+(a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k+a4k+1),为使|S4k+1|取得最小值,同n=4k时,只需S4k+1=a1+k(a2+a3+a4+a5)=a1,此时S4k+1=a1,即|S4k+1|的最小值m4k+1=1;当n=4k+2时,S4k+2=a1+a2+(a3+a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k+a4k+1+a4k+2),为使|S4k+2|取得最小值,同n=4k时,只需S4k+2=a1+a2+k(a3+a4+a5+a6)=a1+a2,此时S4k+1=a1+a2,当a1=1,a2=-2时,可使|S4k+2|取得最小值m4k+2=1;当n=4k+3时,S4k+3=a1+a2+a3+(a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k+a4k+1+a4k+2+a4k+3),为使|S4k+3|取得最小值,同n=4k时,只需S4k+3=a1+a2+a3+k(a4+a5+a6+a7)=a1+a2+a3,当a1=1,a2=2,a3=-3时,可使|S4k+3|取得最小值m4k+3=0.所以mn以4为周期,因此m1+m2+…+m2020=505×(m1+m2+m3+m4)=1010.8.解析设等比数列{bn}的公比为q.因为对任意的n∈N*,都有2bn+2=bn+1+3bn,所以2q2=q+3,解得q=-1或q=32因为对任意的n∈N*,都有bn>0,所以q>0,从而q=32又b1=1,所以bn=32假设存在k∈N*,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn,即anbn记cn=anbn,n∈N*.下面分别选择选择①.因为an+1=12an+1,所以an+1-2=12(an又a1=1,所以a1-2=-1≠0,所以an-2≠0,从而an+1-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,即所以cn=anbn=2n-1由2n+1-13(2n-1)≤1得2n≥2,解得n≥1,当n=1时,c1=c2,当所以当n的值为1或2时,cn取得最大值,即anb所以对任意的n∈N*,都有anbn≤a2b2=a1b1,即anb1≤a1bn,a所以存在k的值为1或2,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn.选择②.因为an+1=an+2,所以an+1-an=2,所以数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,又a1=1,所以an=1+2(n-1)=2n-1,所以cn=anbn=(2n-1)23n-由2(2n+1)3(2n-1)≤1得2n≥5,解得n≥52,当n≤2时,cn+1>cn,又c2=2,c3=209所以当n=3时,cn取得最大值,即anb所以对任意的n∈N*,都有anbn≤a3b3,即anb3所以存在k的值为3,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn.选择③.因为Sn=2an-1,所以Sn+1=2an+1-1,从而an+1=Sn+1-Sn=2an+1-1-(2an-1)=2an+1-2an,即an+1=2an.又a1=1>0,所以an>0,且an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-1>0,从而cn+1cn所以不存在满足题意的k.9.解析(1)