2022年高中数学选择性必修第二册：数列综合训练题

2022年高中数学选择性必修第二册：数列综合练习题

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｛aj的前n项和.已知

$4=0招5=5,则（）

A.an=2n-5B.an=3n-10

22

C.Sn=2n-8nD.Sn=|n-2n

2.（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HI,14,5分,*）记Sn为等差数列｛a/的前n项和，若

31#0/2=3@1,则芈=.

4.（2019北京,10,5分,封）设等差数列｛%｝的前n项和为Sn.若

a2=-3,S5=・10,则a5=,Sn的最小值为.

第1页共28页

5.（2019课标全国I,18,12分,#）记Sn为等差数列出｝的前n项和.已知

S9=-a5.

⑴若a3=4,求｛an｝的通项公式；

⑵若aA0,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m,5,5分,*?）已知各项均为正数的等比数列｛拆｝的前

4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=（）

A.16B.8C.4D.2

7.（2018北京,4,5分,"”'十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载

埴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।次.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为（）

第2页共28页

A.V2fB.V22fCJ暂fD/V^f

8.（2019课标全国I,14,5分,"）记Sn为等比数列面｝的前n项和.若

ai=/a七26,贝!IS5=・

9.（2020课标全国I理,17,12分,#：）设｛an｝是公比不为1的等比数列问

为@2两的等差中项.

⑴求｛%｝的公比；

（2）若a1=l,求数歹U｛nan｝的前n项和.

10.（2019课标全国11,19,12分,"）已知数列｛aj和｛bj满足

ai=l,bi=0,4an+i=3an-bn+4,4bn+i=3bn-an-4.

⑴证明:｛a#%｝是等比数列,⑶也｝是等差数列；

（2）求｛%｝和｛bn｝的通项公式.

第3页共28页

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｛aj满足

a2+a4=20,a3=8.

⑴求｛拆｝的通项公式；

(2)记bm为面｝在区间(0,m](m£N*)中的项的个数，求数列｛bm｝的前100

项和Sioo-

12.(2018课标全国I,17,12分,*)已知数列｛aj满足

ai=1,na+1=2(n+1)a.b=—.

nnnn

⑴求bibh;

(2)判断数列｛b"是否为等比数歹U,并说明理由；

(3)求｛an｝的通项公式.

第4页共28页

13.(2020天津,19,15分,")已知｛a"为等差数列,｛%｝为等比数

列,ai=b।=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).

(1)求｛aj和｛%｝的通项公式；

(2)记｛%｝的前n项和为求证:SS+2Vs窘i(n£N*);

(四*jn为奇数，

⑶对任意的正整数n,设c.=\求数列｛品｝的前2n项

詈工n为偶数.

和.

14.(2018浙江,20,15分,小)已知等比数列｛aj的公比q>l,且

a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列｛bj满足b1二l,数列

｛(bn+rbn)an｝的前ri项和为2n2+n.

⑴求q的值；

(2)求数列｛%｝的通项公式.

第5页共28页

考点4数学归纳法卡

15.（2020课标全国m理,17,12分,*）设数列｛aj满足ai=3,a„+i=3a„-4n.

（1）计算@2声3,猜想｛An｝的通项公式并加以证明；

（2）求数列｛2%J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⑶｝的部

分项以I，%。修，…构成公比为4的等比数列｛%｝,且k]=l,k2=2,则

k3=（）

A.4B.6C.8D.22

2.（2020福建厦门外国语学校高二上期中,已知数列｛aj的通项公

式为anF+gneN）,则%2>aJ'是“数列｛如｝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

第6页共28页

3.（2020湖南长沙一中高三上第三次月考,上：）已知数列｛a"为等差数

歹！J,其前n项和为Sn,且@2=33=25,若bn=ansin等,且数列｛%｝的前n项

和为则T9=（）

A.--B.0C.-3V3D.--

22

4.（多选X2020山东济宁高二上期末质量检测,*?）若I为数列⑶｝的前

n项和，且Sn=2a/l（nWN）则下列说法正确的是（）

A.a5=-16B.S5=-63

C.数列｛an｝是等比数列D.数列｛Sn+1｝是等比数列

5.（多选X2020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｛册｝满

足:ai=l,a2=l,an=an-i+an-2（n23,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金,则下列结论

正确的是（）

A.Sn+1i+an+i^nB.ai+a2+a3+,,•+an=an+2-1

Ca+a3+a5+…+a2n-尸a2n-1D.4（Cn-Cn-l）=7ian-2an+l

6.（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|用一个单独的符号表示以外，其他分数都可写成若干个单

第7页共28页

分数和的形式.例如可这样理解:假定有两个面包，要平均分给5

个人，如果每人今不够，每人/余点再将这扮成5份，每人得已这样每人

分得沁.形如高（n23,n£N*）的分数的分解:|斗白衿4，抬+强按

oJLSZ71-1b3JL5，qZov34b

此规律，则三=_______（1）23,n£N*）.

NTlT

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A+22+32+…+«=3磬3）.

6

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

32n-l<a2n+1,所有的偶数项满足a2n<a2n+2；②任意相邻的两项32n-1再2n满足

a2n-l<a2n.根据上面的信息完成下面的问题：

⑴数歹打23,4,5,6“有趣数列”（填“是”或者“不

是"）；

n

⑵若an=n+（-l）•则数列｛aj”有趣数列”（填“是”或

者“不是”）.

第8页共28页

9.(2020北京高考适应性测试,")已知㈤｝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《,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｛aj的前

n项和为Sn,对任意n£N*,点⑶凡)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・l)an,求数列｛bn｝的前n项和T„;

⑶己知数歹八金｝满足。=扫/W)(n£N*),若对任意n£N”,存在

使得C1+C2+…+CnWf(xo)-a成立,求实数a的取值范围.

第9页共28页

11.(2020天津耀华中学高二上期中,")在数列⑶｝中，已知川二1,其前n

项和为Sn,且对任意的正整数n,都有2Sn=(n+l)an成立.

(1)求数列｛踊｝的通项公式；

(2)已知关于n的不等式心•小....工占对一切n23,n£N*

。3。4anV2n+1

恒成立，求实数a的取值范围；

2

(3)已知品=(念)，数列｛品｝的前n项和为Tn,试比较Tn与|的大小并证

明.

第10页共28页

迁移创新

12.(2019北京高考,")已知数列｛aj,从中选取第ii项、第iz项、…、

第im项(if<…Vim),若则称新数列%，见2,为㈤｝

的长度为m的递增子歹！J.规定:数列｛an｝的任意一项都是｛%｝的长度为1

的递增子列.

⑴写出数列1,8,3,756,9的一个长度为4的递增子列；

⑵已知数列｛%｝的长度为P的递增子列的末项的最小值为Qm。,长度为

q的递增子列的末项的最小值为与。.若P〈q,求证:册10<册0；

⑶设无穷数列出｝的各项均为正整数,且任意两项均不相等•若⑶｝的

长度为s的递增子列的末项的最小值为2s-l,且长度为s末项为2s-1

的递增子列恰有2-1个(s=l,2,…),求数列｛aj的通项公式.

深度解析

第"页共28页

第12页共28页

答案全解全析

五年高考练

1.A设等差数列｛%｝的首项为山,公差为d,则由题意有

(A,4X3J八

Mi+^dnO,解得Q]=—3

+4d=5,d=2,

所以an=-3+(n-1)x2=2n-5,

Sn=・3n+^^x2=n2-4n,故选A.

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a尸9为首项,9为公差的等差数列｛a/且项数为3n.

不妨设上层扇面形石板总数为Si,中层总数为S%下层总数为S3,，

S3-S2=[9(2n+1)•n+x9]-[9(n+l)•n+^^x91=9n2=729,解得

n=9(负值舍去).

则三层共有扇面形石板(不含天心

石)27x9/^x9=27x9+27x13x9=27x14x9=3402(块).故选C.

2

3.答案4

解析设数列｛aj的公差为d,

由题意得ai+d=3a1,即d=2ai,

贝I」S5=5a1+^d=25ai,Sio=1Oa।+^^d=100a),Xa】WO,所以挈=^^=4.

22Ss25al

4.答案0;・10

解析解法一:设等差数列｛期｝的首项为期,公差为d,则由已知可得

解得竹=一“所以

(5%+10a=-10,(d=1,

第13页共28页

a5=ai+4d=-4+4x1=0,Sn=-4n+^^=——=-(n--巴.因为n£N：所以

2222\2/8

当n=4或n=5时,1取得最小值，最小值为-10.

解法二:设等差数列｛%｝的首项为四,公差为d,因为S5二驾次=5a3=-10,

所以a3=-2,又因为a2=-3,所以d=a3-a2=l,所以a5=a3+2d=0,所以

(Sn)min=S4=S5=-10.

5.解析(1)设｛%｝的公差为d.

由Sg=・a5得ai+4d=0,

由a3=4得ai+2d=4,

于是ai=8,d=-2.

因此⑶｝的通项公式为an=10-2n.

(2)由⑴得a产Rd,

W(n9)d

故an=(n-5)d,Sn=2.

由ai>0知d〈0,故Sn2an等价于nUln+lOWO,解得IWnWIO.

所以n的取值范围是｛n|l〈nW10,n£N*｝,

6.C设数列出｝的公比为q,由题知aj>0,q>0且qWl,则

侬山

-2解得？二&所以a3=a*4.

Qiq，=3。1勺2+4alf9-,

7.D由题意得，十三个单音的频率构成首项为f,公比为】好的等比数

歹U,设该等比数列为｛%｝,首项为ai,公比为q,则

as=aiq7=f,(1V2)7=1V2^f.

8.答案祟

第14页共28页

解析因为W=a2a6=a8所以a2=l,所以公比为9=3,所以

ai

S京—5)=121

51-33,

9.解析⑴设｛%｝的公比为q,且qWl,由题设得2a尸az+a3,即

2ai=aiq+aiq2.

所以q2+q-2=0,解得qi=l(舍去),q2=-2.

故｛aj的公比为-2.

(2)记Sn为｛naj的前n项和.由⑴及题设可得,aF(・2严.

所以Sn=l+2x(・2)+…+nx(・2)n/,①

2

-2Sn=-2+2x(-2)+・・・+(n-1)x(-2)n-1+nx(-2)n.②

①•②可得3Sn=l+(-2)+(・2产+・・・+(-2产・nx(-2)n=咨空・取(・2月

所以且.

10.解析(1)证明:由题知4an+i=3a『bn+4①,4bn+i=3bn-a『4②，①+②得

4(an+i+%+i)=2(an+bn),即an+1+bn+]=-(an+bn).

又因为a1+b尸1,所以｛%+%｝是首项为1,公比为：的等比数列.

①-②，得4(an+i-bn+i)=4(an-bn)+8,BPan+i-bn+i=an-bn+2.

又因为a「b尸1,所以｛%・%｝是首项为1,公差为2的等差数列.

⑵由⑴知,an+bn二/Y，a『bn=2n-1,

所以an=1[(an+bn)+(an-bn)]

=-1-+.n—1,

2n2

111

b可(%+%)一(时也)]于吟.

11.解析(1)设｛aj的公比为q,且q>l.由题设得aiq+aiq3=20,aiq2=8.

解得q4(舍去),q2=2.所以ai=^=2.

第15页共28页

n

所以｛an｝的通项公式为an=2.

(2)由于26,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,所以由题设及⑴可

得，

也对应的区间为则50;

b2h对应的区间分别为:(0,2],(0,3],则b2=b3=l,即有2个1;

b4,b5,b6b对应的区间分别为：(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则6445寸6巾7=2,即

有22个2;

b8,b9,・・・,b|5对应的区间分别为：(0,8],(0,9],…,(0/5],贝lJb8=b9=・・・=bl5=3,

即有23个3;

包6b%b3i对应的区间分别为:(0,16],(0,17],…,(0,31],则

bi6=b”二・・・=b3i=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,即有个5;

b64,b65,…boo对应的区间分别为:(0,64],(0,65],・・・,(0,100],则

b64=b65=••,=b100=6,BPW37个6.

所以SIOO=1X2+2X22+3X2MX24+5X25+6X37=48O.

12.解析⑴由已知可得产生詈a。.

将n=l代入，得a2=4ai,

又ai=l,所以a2=4.

将n=2代入，得a3=3a2,所以a3=12.

因为bn二手，所以bi=l,b2=2,b3=4.

(2)数列｛bn｝是首项为1,公比为2的等比数歹理由如下：

第16页共28页

由已知可得安二泡，即bn+1=2bn,

n+ln

又b尸1,所以数列｛%｝是首项为1,公比为2的等比数列.

(3)由(2)可得詈=2叫所以an=n-2叫

13.解析(1)设等差数列⑶｝的公差为d,等比数列｛bj的公比为q.由

ai=l,a5=5(a4-a3),可得d=l,从而⑶｝的通项公式为an=n.dt]

bi=l,b5=4(b4-b3),XqWO,可得q2・4q+4=0,解得q=2,从而｛bj的通项公

n-1

式为bn=2.

(2)证明:由(1)可得SF妁罗，故

SnSn+2=；n(n+1)(n+2)(n+3)W+i三(n+1)2(n+2)2,从而

SnSn+2・S工i==n+l)(n+2)<0,所以SnSn+2<Sn+l-

(3加-2)如_(3九-2)2n1_2n+1ntl-1

(3)当n为奇数时,小=-J当n为偶数

anan+2n(n+2)n+2

时,5=fln-lj

》n+l2n

nn22k22k-2^_22n

对任意的正整数n,有£c2k.尸X1T,和

fc=lk=l2k+l2k-l2n+l

己22fc-l1352n-lg

k=lk=l4k442434n—

由①得;Ec2kWr*+…+警+黑三.②

4k=1标434n4n+1

由①.②得：IC2k=；琮+…琮黑"企社从而得

4fc=i44n4n+11-44n+1

4

A_56n+5

惹C2k=丁许.

因此£Ck=EC2k-l+£C2k=*r-然4所以，数列｛Cn｝的前2n项和为

k=lk=lk=l2n+l9x4九9

4716zt+54

2n+l9x4n9*

14.解析⑴由曲+2是a3;a5的等差中项，得23+25=2*4,

所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得34=8.

第17页共28页

所以a3+a5=20,即8(q+()=20,

解得q=2或q三，因为q>l,所以q=2.

(2)设金3壮+厂瓦后山数列｛0｝的前n项和为S„,

由Cn糕工1：>2,得Cn=4n-L

由⑴可知@尸2叫

71-1

©n-2

©,n22,

则bn-bl=(bn-bn-l)+(bn.l-bn.2)+…，+(也上2)+(1)2上1)

=(4n-5)•Q)"2+(4n-9)•(1)"3+—+7•|+3.

设Tn=3+7•$11•g)2+-+(4n-5)•,n22,

贝里=3•>7・(3+…+(4n-9)•(旷+(4n-5)•啖,

两式相减，得

2n2

11/i\Z1\n-2z1Xn-l|[l-(1)]

1Tn=3+4•1+4•g)+・・・+4•(0-(4n-5)•(-)=3+4x?l£L(4n

2

n-l

©=7-(4n+3)•(-),

n-2

©,nN2,

z-i\n-2

又也=1,所以bn=15-(4n+3)•,n£N*.

15.解析(1)由题意可得a2=3ai-4=9-4=5,a3=3a2-8=15-8=7,

由数列｛%｝的前三项可猜想数列｛加｝是以3为首项,2为公差的等差数

列，即an=2n+l,neN;

证明如下：

当n=l时,a】=3成立；

假设n=k(k£N")时,ak=2k+l成立.

第18页共28页

那么n=k+l时,ak+i=3ak-4k=3(2k+l)・4k=2k+3=2(k+l)+l也成立.

则对任意的n£N",都有an=2n+l成立.

所以｛aj的通项公式为an=2n+l,n^N\

(2)由⑴得2%=(211+1)21

23n

所以Sn=3x2+5x2+7x2+-+(2n+l)x2.®

24n+1

从而2Sn=3x2+5x2Mx2+-+(2n+l)x2.@

①•②得

・Sn=3X2+2X22+2X23+•••+2x2n-(2n+l)x2n+*.

n+,

所以Sn=(2n-l)2+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a产总启,

可裂项为an=i-g-京);(3)错位相减法:形如品=所•1,其中｛aj是等

差数列,｛bn｝是等比数列;(4)分组求和法:形如品二所+bn淇中｛册｝是等差

数列,｛bn｝是等比数列;(5)并项求和法.

三年模拟练

应用实践

1.B设等差数列｛an｝的首项为ai,公差为d(dWO).

因为等比数列｛纵n｝的公比为4,且k尸1,k2=2,

所以a】如,耿3构成公比为4的等比数列.

第19页共28页

所以a2=4a],所以a1+d=4ai,得d=3ah

所以%=4a2=4(a1+d)=4(a1+3aD=16a),

所以a+(k3-l)d=16ai,即御+囱・1)•3%=16许,因为御WO,所以k3=6.故选

B.

2.A当a2>ai时,2+%1+a,即a<2,

此时ae-an=l-就用，

又n£N：所以n(n+l)22,所以an+「an>0,充分性成立；

若｛%｝为递增数歹山则a-a=l--^->0恒成立，即avn(n+l)恒成立，故

n+1nn(n+l)

a<2,此时a2>a],必要性成立，故选A.

3.C设｛a"的首项为a1,公差为d,由S5=巧也=523=25,得a3=5.

又a2=3,Ad=as-a2=2.

/.an=a2+(n-2)d=3+2(n-2)=2n-1.

又sin等的周期为舞=3,且sin与二£

3—3N

3

sin*=-与,sin2兀=0,

•••T9=^ai-^a2-*-0+^a4-~^a5+0+^a7-~S8-*-0=~x(-d)x3=-3V3,ift^C.

4.AC由题意得，当n=l时,Si=2a1+1,解得a1二-l,当n22

时,an=Sn-Sn-i=2an-2an-i,即an=2an.i,

所以数列｛%｝是以・1为首项,2为公比的等比数歹U,所以

n14

an=(-1)x2-,a5=-1X2=-16,i^A、C正确.

n

又Sn=2an+l=-2+l,

所以55二・25+1=31,故8错误.

因为Si+l=-l+l=O,所以数列｛S#l｝不是等比数列，故D错误,故选AC.

第20页共28页

5.ABD前n+1项所占格子组成长为an+i+an,宽为的矩形，其面积

为Sn4-i=（an+i+an）an+i=a2+1+an+1an,/.A正确；

依题意得,a3=az+a1加=a3+a2,.......,an+2=an+1+an,以上各式相加

得,a3+a4+・・・+an+2=(a2+a3+・・・+an+i)+(ai+a2+・・・+an),・・.an+2-a2=ai+a2+---an,

即ai+a2+,••+an=an+2-1,**•B正确；

依题意得,ai=a2=l,a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,「・ai+a3+a5=8Wa6-l=7,.・・C不正

确；

易知品=，磷,5一产加11，；・

4（c『Cn“尸兀（W-W-i尸兀（an-源一1）（an+an-1）=7tan-2an+1（n23D正确.故选

ABD.

6.答案-+-4-

n2n2-n

解析由题意得,衿+2,

OOXo

即一一二匕——-一

2x3-133x(2x3-l)

211211

-=-I--,即nn

74282x4-144x(2x4-l)5

211211

-=-H,H即n----二T--------,

95452x5-155x(2x5-l)

由止匕归纳出a二三+3■京(n23,neN)

2xn-lnn(2n-l)

12n-l+l.21,1

经验证沔言dS十高，结论成立，.---=-+—『，

2n-ln2n2-n

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.

73j.八（"+1）（八+2）

6

解析依题意得,

第21页共28页

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+・・・+驾2①

设①式中的每个数从左至右的排列为数列｛踊｝,即｛踊)为1,3,6,10,…

得到递推关系为a2-ai=2,ara2=3,...而也止尸n,以上各式相加

得,an-ai=-=m(n~+n-2).

2

又ai=l,Aan=-(n+n),

•*•

,,,222,,,2222,,,2

ai+a2++an=1[(l+l)+(2+2)4-(34-3)++(n4-n)]=|(l4-2+3++n)4-1(

1+2+3+…+n)

_l、，n(n+l)(2n+l),1、产⑴十D

——X----------r-X------

2622

_n(n+l)(n+2)

6•

・••第n个四面体数为幽乎2

O

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a,第二个数a+电第三个数a+az+ai第四个

数:ai+a2+a3+a4,...，且a2=ai+2,a3=a2+3,a4=a3+4,...，由此利用数列的

递推关系式进行计算.

第22页共28页

8.答案⑴是⑵是

解析（1）数列123,4,5,6为递增数歹!）,符合“有趣数列”的条件.

因此，数列123,4,5,6是“有趣数列”.

n

⑵若an=n+(-l)•则

a2n+i-a2n-i=(2n+1)---^―1=2+^—-—=2+-------------

'72n+lD)2n-lJ2n-l2n+l(2n-l)(2n+l)

a2n+l>a2n-l.

a2n+2-a2n=2n+2嗡£2九+/)

=2----

n(n+l)*

Vn(n+1)^2,:.a2n+2-a2n>0,即a2n+2>a2n.

a2n-a2n.1=2n^-(2n-l-)

.12c.

=1+-+T-7>0,・・a2n>a2n-1，

n2n-i

・・・｛an｝是“有趣数列有

9.解析设数列｛如｝的首项为ai.

选择①q=2.

当q=2时，由23=12得,a阜=3.

...$Qi(i<n)=3x(i-2力=3乂243,

1-(?1-2

k

则Sk=3x2-3.

由Sk>2020得,3x202020,

即2k耳竺Q674.3.

3

9

・.,2=5122°=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《.

第23页共28页

当q二:时，由a3=12得向=1=48,

...Sn吟子2=里空必6-96乂0”,贝ijSk=96-96xg)\

由Sk>2020得,96-96乂针>2020,

即@晨-翳，不等式无解，则k不存在.

・・・当a3=12,q《时，不存在最小正整数k,使得Sk>2020.

选择③q=・2.

当q=-2时，由a3=12得,ai二号二3,

q

・_a1(l-q»)_3x[l-(-2)^]

**i-q--1-(-2)-

=1-(-2尸，

k

则Sk=l-(-2).

由Sk>2020得』・(-2)k>2020,即G2)k<-2019.

当k为偶数时,2k-2019,不等式无解.

当k为奇数时,-2卜<-2019,即2k>2019,

,0

V2=l024,2"=2048,kGN\.\kmin=lL

・・・当a3=12,q=-2时，存在最小正整数k=l1,使得Sk>2020.

10.解析⑴由点区,SJ都在函数f(x)=2x-2的图象上，可得Sn=2an-2@,

当n=l时,a尸Si=2a「2,解得ai=2;

当n22时，由Sn=2an-2得,Sn一尸2an.「2②,①-②,得

==-

anSn-Sn-12an2-2an-1+2,

即an=2%/,又a】=2W0,所以数列｛%｝是首项为2,公比为2的等比数歹U.

所以an=2n,n£N*.

n

(2)由(1)知bn=(2n-l)an=(2n-l)2,

第24页共28页

123n

贝ijTn=1X2+3X2+5X2+-+(2n-l)x2,

23nn+

2Tn=lX2+3X2+-+(2n-3)x2+(2n-l)x21,

两式相减可得

23nn+1n+1

■Tn=2+2(2+2+---+2)-(2n-l)x2=2+2xi^^-(2n-l)x2=(3-2n)x2

1—2

n+1-6,

n+,

所以Tn=6+(2n-3)x2.

⑶由⑴知G君&总，

设Mn为数列｛小｝的前口项和,

因为C=

n2n\nn+lj2n九(n+1)'

所以Ci=0,C2>0,C3>0,C4>0,

当n25时，令dn二

71；01+1),

on+lon

贝d+|-d=----------------------

nn(n+l)(n+2)n(n+l)

=_2n(n-2)

n(nH)(n+2)，

所以｛d｝为递增数列.

又d5二所以d>l,

Xo1on

所以2n>n(n+D,所以csO,

所以Mn的最大值为M=~=^,

4516oO

当时#x)・a=2x・2・a的最大值为・l・a,

因为对任意n£N：存在xoq4,非使得5+C2+…+cWf(Xo)-a成立,

第25页共28页

所以那Wl-a,解得a^~

所以实数a的取值范围是(・8「嘉.

11.解析(l)V2Sn=(n+l)an,

・••当n22时,2Sn.尸nan/,

，两式相减得,2an=(n+1)a「nan-1,

即(11-1)%=.一1(22),

又3i=l/•a^0,————(n22),

nKn-l

.a2a33a_n

..—2二---二一•••••••n

an-i-n-r

Q