2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--第四章　数列拔高练

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2024人教版高中数学选择性必修第二册同步
第四章　数列
综合拔高练
五年高考练
考点1　等差数列及其应用
　1.(2023全国甲文,5)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5= (　　)
A.25　　　B.22　　　C.20　　　D.15
2.(2023全国乙理,10)已知等差数列{an}的公差为,集合S={cos an|n∈N*}.若S={a,b},则ab= (　　)
A.-1　　　B.-　　　C.0　　　D.
3.(2022北京,6)设{an}是公差不为0的无穷等差数列,则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0,当n>N0时,an>0”的 (　　)
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
4.(2022全国乙,13)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=　　　　.
5.(2020新高考Ⅰ,14)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　　　　.
6.(2022新高考Ⅰ,17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:++…+<2.
7.(2023新课标Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1,令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
8.(2023新课标Ⅱ,18)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
考点2　等比数列及其应用
9.(2023新课标Ⅱ,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=(　　)
A.120　　　B.85　　　C.-85　　　D.-120
10.(2022全国乙理,8)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6= (　　)
A.14　　　B.12　　　C.6　　　D.3
11.(2022北京,15)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足an·Sn=9(n=1,2,…).给出下列四个结论:
①{an}的第2项小于3;
②{an}为等比数列;
③{an}为递减数列;
④{an}中存在小于的项.
其中所有正确结论的序号是　　　　.
12.(2023全国甲理,17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn.
考点3　数列的综合应用
13.(2022全国乙理,4)嫦娥二号卫星在完成探月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值,用到数列{bn}:b1=1+,…,依此类推,其中αk∈N*(k=1,2,…).则(　　)
A.b114.(2021新高考Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm×12dm的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240dm2,对折2次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm,20dm×3dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　　　;如果对折n次,那么Sk=　　　　dm2.
15.(2022新高考Ⅱ,17)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
16.(2023天津,19)设{an}为等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.
(1)求{an}的通项公式和ai;
(2)已知{bn}为等比数列,对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则bk①当k≥2时,求证:2k-1②求{bn}的通项公式及前n项和.
17.(2022浙江,20)已知等差数列{an}的首项a1=-1,公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N*).
(1)若S4-2a2a3+6=0,求Sn;
(2)若对于每个n∈N*,存在实数cn,使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列,求d的取值范围.
考点4　数学归纳法*
18.(2020全国Ⅲ理,17)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.(2023北京师范大学附属中学期末)设{an}是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意正整数n,a2n-1>a2n”的(　　)
A.充分不必要条件　　　　　
B.必要不充分条件
C.充要条件　　　　　
D.既不充分也不必要条件
2.(2023湖北十堰期末)一小孩玩抛硬币跳格子游戏,规则如下:抛一枚硬币,若正面朝上,则向前跳两格,若反面朝上,则向前跳一格.记跳到第n格可能有an种情况,{an}的前n项和为Sn,则S8=(　　)
A.56　　　　　B.68 C.87　　　　　D.95
3.(2023上海复旦附中期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn,首项a1>0,公差d<0,若对任意的正整数n,总存在正整数k,使S2k-1=(2k-1)·Sn,则k-4n的最小值为(　　)
A.-74　　　　　B.-8　　　C.-53　　　　　D.-13
4.(2023湖北黄冈期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S6A.a9<0,b8>0 B.当且仅当n=9时,Sn取得最小值
C.当Sn<0时,n的最大值为17 D.当且仅当n=8时,Tn取得最大值
5.(2023江苏泰兴期中)螺旋线这个名词来源于希腊文,它的原意是“旋卷”或“缠卷”.如图所示的阴影部分是一个美丽的螺旋线型的图案,它的画法是这样的:正方形ABCD的边长为4,分别取正方形ABCD各边的四等分点E,F,G,H,作第2个正方形EFGH,然后分别取正方形EFGH各边的四等分点M,N,P,Q,作第3个正方形MNPQ,……,依此方法继续下去,就可以得到阴影部分的图案.设正方形ABCD的边长为a1,后续各正方形的边长依次为a2,a3,…,an,…,直角三角形AEH的面积为b1,后续各直角三角形的面积依次为b2,b3,…,bn,…,则下列说法错误的是(　　)
A.从正方形ABCD开始,连续3个正方形的面积之和为
B.an=4×
C.使得不等式bn>成立的正整数n的最大值为4
D.设数列{bn}的前n项和为Sn,则Sn<4
6.(2023河南商开大联考)已知数列{an}满足a1++…+(n∈N*),数列的前n项和为Tn,若Tk<(k∈N*),则k的最大值为　　　　.
7.(2023上海松江二中调研)已知集合A={x|x=2a-1,a∈N*},B={x|x=2b,b∈N*},将A∪B中的所有元素按从小到大的顺序依次排列构成一个新数列{an},记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>16an+1成立的n的最小值为　　　　.
8.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1>1,若数列{an}满足an+1>an,且10Sn=(2an+1)(an+2),n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在m,n,k∈N*,且m从①3(Sn-Sm)=Sk,②2(am+an)=ak这两个条件中任选一个,补充在上面问题中,并作答.
9.(2023天津和平期末)已知数列{an}是公差为1的等差数列,且a1+a2=a3,数列{bn}是等比数列,且b1·b2=b3,a4=4b1-b2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Sn;
(3)设dn=求数列{dn}的前2n项和T2n.
迁移创新
10.(2023广东梅州期末)市民小张计划贷款75万元用于购买一套商品住房,银行给小张提供了两种贷款方式:①等额本金,即在还款期内把贷款总额等分,每月偿还同等数额的本金和剩余贷款在该月所产生的利息,因此,每月的还款额呈递减趋势,且从第二个还款月开始,每月还款额与上月还款额的差均相同;②等额本息,即银行从每月月供款中,先收剩余本金利息,后收本金,利息在月供款中的比例会随剩余本金的减少而降低,本金在月供款中的比例因增加而升高,但月供总额保持不变.银行规定,在贷款到账日的次月当天开始首次还款(如2021年7月8日贷款到账,则2021年8月8日首次还款).已知该笔贷款年限为25年,月利率为0.4%.
(1)若小张采取等额本金的还款方式,已知第一个还款月应还5500元,最后一个还款月应还2510元,试计算该笔贷款的总利息;
(2)若小张采取等额本息的还款方式,银行规定,每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半,已知小张家庭平均月收入为1万元,判断小张申请该笔贷款是否能够获批(不考虑其他因素);
(3)对比两种还款方式,你会建议小张选择哪种还款方式,并说明你的理由.参考数据:1.004300≈3.31.
答案与分层梯度式解析
第四章　数列
综合拔高练
五年高考练
1.C 2.B 3.C 9.C 10.D 13.D
1.C　设等差数列{an}的公差为d,由已知可得解得
∴S5=5a1+×d=5×2+10×1=20.故选C.
2.B　由题意,得an=a1+(n-1)·,显然cosa1≠cosa2,cosa2≠cosa3,又S={cosan|n∈N*}={a,b},
∴cosa1=cosa3,即cosa1=cos=2kπ(k∈Z),∴a1=-+kπ(k∈Z).不妨取k=1,则a1==π,则S=={a,b},
∴ab=-1×.故选B.
3.C　设等差数列{an}的公差为d,则d≠0,记[x]为不超过x的最大整数.
若{an}为递增数列,则d>0,an=a1+(n-1)d.
若a1≥0,则当n≥2时,an>a1≥0;
若a1<0,令an>0,得n>1-,取N0=+1,则当n>N0时,an>0,
所以“{an}为递增数列”是“存在正整数N0,当n>N0时,an>0”的充分条件.
若存在正整数N0,当n>N0时,an>0,取k∈N*且k>N0,则ak>0,
假设d<0,令an=ak+(n-k)d<0,得n>k-,又k->k,所以当n>+1时,an<0,与题设矛盾,假设不成立,则d>0,即数列{an}是递增数列.
所以“{an}为递增数列”是“存在正整数N0,当n>N0时,an>0”的必要条件.
综上,“{an}为递增数列”是“存在正整数N0,当n>N0时,an>0”的充分必要条件.
故选C.
4.答案　2
解析　解法一:∵2S3=3S2+6,∴2S3-2S2=S2+6,
∴2(S3-S2)=a1+a2+6,∴2a3-a1-a2=6,
∴(a3-a1)+(a3-a2)=6,∴2d+d=3d=6,∴d=2.
解法二:∵2S3=3S2+6,
∴2×+6,
∴6a1+6d=6a1+3d+6,∴3d=6,∴d=2.
5.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项和为=3n2-2n.
6.解析　(1)解法一:依题意得,S1=a1=1.
∴.
∴3Sn=(n+2)an,则3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1,
∴3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an,
即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an,
∴nan+1=(n+2)an,即,
由累乘法得,
又a1=1,∴an+1=,
∴an=(n≥2),又a1=1满足上式,
∴an=(n∈N*).
解法二:同解法一求得nan+1=(n+2)an,
∴,即,
∴数列是常数列,首项为,
∴.
(2)证明:由(1)知,
∴+…+=2+…+=2<2.
7.解析　(1)∵3a2=3a1+a3,
∴3(a1+d)=3a1+a1+2d,
∴a1=d>1,∴S3=a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=6a1,
又∵bn=,
∴S3+T3=6a1+=21,
解得a1=3或a1=(舍),∴an=3n.
(2)∵{bn}为等差数列,
∴2b2=b1+b3,即,
即,即-3a1d+2d2=0,
∴a1=2d或a1=d.
当a1=2d时,an=(n+1)d,bn=,
∴S99==99×51d,
T99=·,
又∵S99-T99=99,∴99×51d-99×50·=99,
∴51d-=1,解得d=1或d=-,
又∵d>1,∴a1≠2d.
当a1=d时,an=nd,bn=,
∴S99==50×99d,
T99=·,
又∵S99-T99=99,∴50×99d-=99,
∴50d-=1,解得d=或d=-1,
又∵d>1,∴d=.
综上,d=.
8.解析　(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,
∵bn=∴b1=a1-6,b2=2a2,b3=a3-6,
又T3=16,且b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12,
∴4a2-12=16,∴a2=7,即a1+d=7,①
又S4=32,∴4a1+6d=32,②
由①②得a1=5,d=2,
∴an=5+2(n-1)=2n+3.
(2)证明:∵{an}为等差数列,
∴Sn=na1+d=5n+n2-n=n2+4n,
①当n(n≥6)为偶数时,Tn=b1+b2+…+bn
=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)
=(a1-6+a3-6+…+an-1-6)+(2a2+2a4+…+2an)
=·-6·+2··
=··n=.
∴Tn-Sn=>0(n≥6),
∴当n(n≥6)为偶数时,Tn>Sn.
②当n(n≥7)为奇数时,Tn=b1+b2+…+bn
=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)
=(a1-6+a3-6+…+an-6)+(2a2+2a4+…+2an-1)
=·-6·+2···-3(n+1)+(n-1)·,
∴Tn-Sn=>0(n≥7),
∴n(n≥7)为奇数时,Tn>Sn.
综上可知,当n>5时,Tn>Sn.
9.C　解法一:设等比数列{an}的公比为q,
当q=1时,S4=4a1=-5,解得a1=-,因为S6=6a1=-,所以S6≠21S2,故q≠1.
由已知得即
所以S8=×(1-44)=-85,故选C.
解法二:由等比数列前n项和的性质:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…为等比数列,可得S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6,…为等比数列,
则(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(-5-S2)2=S2·(21S2+5),化简得4-S2-5=0,即(4S2-5)(S2+1)=0,
所以S2=或S2=-1.
设等比数列{an}的公比为q,
当S2=时,=q2=-5,无实数解,舍去,故S2=-1,
所以S4-S2=-4,S6-S4=-16,所以S8-S6=-64.
又因为S6=-21,所以S8=-85,故选C.
10.D　解法一:设等比数列{an}的公比为q,
则
,得,即4q2-4q+1=0,∴(2q-1)2=0,∴q=,代入①得a1=96,故a6=a1q5=96×=3,故选D.
解法二:设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn.
由a2-a5=42,得q≠1.
由题意得
,得=4,即4q2-4q+1=0,∴(2q-1)2=0,得q=,代入①得a1=96,∴a6=a1q5=96×=3,故选D.
11.答案　①③④
解析　当n=1时,a1·a1=9,由a1>0,得a1=3,
当n=2时,a2·S2=a2(a2+3)=9,即+3a2-9=0,
解得a2=,又a2>0,所以a2=,所以a2<3,故①正确.
an+1-an=,又数列{an}的各项均为正数,所以Sn+1>Sn,所以Sn-Sn+1<0,即an+1-an<0.所以an+1由Sn·an=9得Sn=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,两边同乘an得,若{an}为等比数列,设公比为q,则=q(n≥2),为常数,则也为常数,由③知{an}是递减数列,所以{an}不为等比数列,故②错误.
假设{an}中所有项均大于或等于,即an≥,取n>90000,则Sn=a1+a2+…+an>×90000=900,
∴an·Sn>×900=9,与已知an·Sn=9矛盾,所以④正确.
故正确结论的序号为①③④.
12.解析　(1)当n=1时,2a1=a1,即a1=0,
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,①
又2Sn=nan,②
∴②-①得2an=nan-(n-1)an-1,
即(n-2)an=(n-1)an-1.
当n=2时,上式成立.
当n≥3时,···…··a2=×…××1=n-1,
即an=n-1(n≥3).
当n=1时,a1=0符合上式,当n=2时,a2=1符合上式.
综上,{an}的通项公式为an=n-1,n∈N*.
(2)由(1)知an+1=n,设bn==n·.
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×+…+n·,①
+…+(n-1)·+n·,②
①-②得+…+-n·-n·
=1--n·,
∴Tn=2-(n+2)·.
故数列的前n项和Tn=2-(n+2)·.
13.D　解法一:因为αk∈N*(k=1,2,…),
所以α1<α1+,所以b1>b2,同理可得b1>b3>b5>b7,b7>b8,
易知,所以1+,故b2故A、B、C错误,D正确.故选D.
解法二(特殊值法):不妨取αk=1(k=1,2,…),则b1=1+.对比选项,知选D.
14.答案　5;240×
解析　对折3次可以得到dm×12dm,dm×dm,dm×dm,20dm×dm,共四种不同规格的图形,
对折4次可以得到dm×12dm,dm×dm,dm×dm,dm×dm,20dm×dm,共五种不同规格的图形,
由此可以归纳出对折n次可得到(n+1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为dm2,
∴Sk=20×12××4+…+×(n+1)dm2,
记Tn=+…+,
则+…+,
∴Tn-
=,
∴Tn=3-,
∴dm2.
15.解析　(1)证明:设等差数列{an}的公差为d,由a2-b2=a3-b3,得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,∴d=2b1,
由a2-b2=b4-a4,得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),即a1+d-2b1=4d-(a1+3d),整理可得a1=b1,得证.
(2)由(1)知d=2b1=2a1,由bk=am+a1,得b1·2k-1=a1+(m-1)d+a1,即b1·2k-1=b1+(m-1)·2b1+b1,整理可得2k-1=2m,又1≤m≤500,∴2≤2k-1≤1000,∴2≤k≤10,故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9.
16.解析　(1)设{an}的公差为d.
由题意得解得
所以an=3+2(n-1)=2n+1.
+…+
=
=
=×22n-1=3×22n-2=3×4n-1.
(2)①证明:2k-1≤n≤2k-1 2k≤2n≤2k+1-2 2k+1≤2n+1≤2k+1-1,即2k+1≤an≤2k+1-1,
∵bk∴∴bk<2k+1且bk+1>2k+1-1,则bk>2k-1.
综上,2k-1②设{bn}的公比为q,前n项和为Sn,
∵{bn}为等比数列,且k∈N*,2k-1∴2k+1-1又q=,
∵k∈N*,∴q=2,∴2k-1∴bn=2n,∴Sn==2n+1-2.
17.解析　(1)易得an=(n-1)d-1,n∈N*,S4=a1+a2+a3+a4=4a1+6d=6d-4,
又S4-2a2a3+6=0,∴6d-4-2(d-1)(2d-1)+6=0,
解得d=3或d=0(舍去),则an=3n-4,n∈N*,
故Sn=,n∈N*.
(2)由(1)知an=(n-1)d-1,n∈N*,依题意得
[cn+(n-1)d-1][15cn+(n+1)d-1]=(4cn+nd-1)2,
即15+8(nd-1)cn+n2d2-2nd+1,
故+[(14-8n)d+8]cn+d2=0,
故Δ=[(14-8n)d+8]2-4d2=[(12-8n)d+8][(16-8n)d+8]≥0,
故[(3-2n)d+2][(2-n)d+1]≥0对任意正整数n恒成立,
当n=1时,显然成立;
当n=2时,-d+2≥0,则d≤2;
当n≥3时,[(2n-3)d-2][(n-2)d-1]>(2n-5)(n-3)≥0.
综上所述,118.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;
假设当n=k(k∈N*)时,ak=2k+1成立,
那么当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+(2n+1)×2n+1,②
①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1=3×2+-(2n+1)·2n+1=6+2n+2-8-(2n+1)·2n+1=-(2n-1)·2n+1-2,
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
三年模拟练
1.A 2.C 3.D 4.ABD 5.C
1.A　若a2n-1>a2n,则a1q2n-2>a1q2n-1,即a1q2n-2(1-q)>0,
∵a1>0,q2n-2>0,∴1-q>0,∴q<1.
∵(-∞,0) (-∞,1),
∴“q<0”是“对任意正整数n,a2n-1>a2n”的充分不必要条件.故选A.
2.C　根据题意,跳到第(n+2)格有两种可能,一种是从第(n+1)个格跳过来,有an+1种方式,另一种是从第n个格跳过来,有an种方式,所以an+2=an+an+1.
因为a1=1,a2=2,所以a3=3,a4=5,a5=8,a6=13,a7=21,a8=34,所以S8=1+2+3+5+8+13+21+34=87.
3.D　由题意得=(2k-1)Sn,
即=(2k-1)Sn,即ak=Sn,
令n=2,得ak=S2,即a1+(k-1)d=2a1+d①,即k-2=,
∵a1>0,d<0,∴k-2=<0,即k<2,
∵k∈N*,∴k=1,代入①得d=-a1,
又ak=Sn,
∴a1-(k-1)a1=na1-,
即k=+1,
∴k-4n=,
∴当n=5或n=6时,k-4n取得最小值,为-13.故选D.
4.ABD　设等差数列{an}的公差为d,因为S60,S13-S5=a13+a12+a11+a10+a9+a8+a7+a6=4(a10+a9)<0,所以a10>0,a10+a9<0,
故a9<0,所以d>0,则a8=a9-d<0,所以b8=>0,故A正确;
因为a9<0,d>0,a10>0,所以当且仅当n=9时,Sn取得最小值,故B正确;
S18=<0,故当Sn<0时,n的最大值不是17,故C错误;
bn=,
则Tn=+…+=,
因为d>0,所以当最小时,Tn最大,
因为a9<0,a10>0,所以当n=8时,最小,即当n=8时,Tn取得最大值,故D正确.
故选ABD.
5.C　由题意得a1=4,a2=a2,……,an=an-1,易知{an}的各项均不为0,∴(n≥2),
于是数列{an}是以4为首项,为公比的等比数列,则an=4×,故B中说法正确.
从正方形ABCD开始,连续三个正方形的面积之和为,故A中说法正确.
由题意可得S△AEH=,即b1=,同理可得,b2=,……,bn=,
于是bn=,
令bn=,则,而,故C中说法错误.
易得Sn=<4,故D中说法正确.故选C.
6.答案　43
解析　∵a1++…+(n∈N*)①,
∴当n=1时,a1=1,
当n≥2时,a1++…+②,
由①-②得=n,即an=n2(n≥2),
当n=1时,a1=1符合上式,∴an=n2,
∴,
∴Tn=1-+…+,
若Tk<(k∈N*),则-1,且k∈N*,
又17-1∈(43,44),∴k的最大值为43.
7.答案　36
解析　设an=2k,k∈N*时满足条件,则Sn=[1+3+5+…+(2k-1)]+(2+22+…+2k)
==22k-2+2k+1-2.
由Sn>16an+1得22k-2+2k+1-2>16(2k+1),
即(2k-1)2-28×2k-1-18>0,
所以2k-1<14-<0(舍去)或2k-1>14+.
又k∈N*,且28<14+<29,所以k-1≥5,所以k≥6,此时满足条件的n的最小值为25+6=38.
所以只需研究25设an=2m-1,16当m=32时,an=2m-1=63,an+1=64,此时Sn=322+62,满足题意;
当1616an+1,得m2+62>16·(2m+1),即m2-32m+46>0,所以m>16+.
因为16综上所述,使得Sn>16an+1成立的n的最小值为36.
8.解析　(1)由题意知,当n=1时,有10a1=(2a1+1)·(a1+2),得2-5a1+2=0,解得a1=2或a1=.
由于a1>1,所以a1=2.
因为10Sn=(2an+1)(an+2),所以10Sn=2+5an+2.
故10an+1=10Sn+1-10Sn=2-5an-2,
整理,得2()-5(an+1+an)=0,
即(an+1+an)·[2(an+1-an)-5]=0.
因为数列{an}满足an+1>an,所以{an}是单调递增数列,又a1=2,所以an+1+an>0,因此an+1-an=,
则数列{an}是以2为首项,为公差的等差数列,
所以an=2+(5n-1).
(2)若选①:满足条件的正整数m,n,k存在,如m=1,n=2,k=3.
假设存在m,n,k∈N*,且m易得Sn=n,则3=k,
整理,得3[5(n2-m2)+3(n-m)]=5k2+3k,
不妨设则
取k=3,则m=1,n=2.
若选②:满足条件的正整数m,n,k不存在,理由如下:
假设存在m,n,k∈N*,且m整理,得2m+2n-k=,(*)
显然,(*)式的左边为整数,所以(*)式不成立.故满足条件的正整数m,n,k不存在.
9.解析　(1)由题知a1+a1+1=a1+2,解得a1=1,
所以an=1+n-1=n.
设等比数列{bn}的公比为q,因为b1·b2=b3,a4=4b1-b2,所以所以b1=q=2,
所以bn=2n.
(2)由(1)得cn=,
所以Sn=+…+,
所以+…+,
两式相减得,+…+,
故Sn=.
(3)由(1)得dn=
因为当n为奇数时,dn=,
所以T2n=(d1+d3+d5+…+d2n-1)+(d2+d4+d6+…+d2n)
=+…++[(2+4+6+…+2n)+(22+24+26+…+22n)]
=1-
=n(n+1)+·4n+1-.
10.解析　(1)由题意可知,等额本金还款方式中,每月的还款额(单位:元)构成等差数列,记为{an},用Sn表示数列{an}的前n项和,则a1=5500,a300=2510,
则S300==1201500,
故小张的该笔贷款的总利息为1201500-750000=451500(元).
(2)设小张每月还款额为x元,第k个月还款后的本利欠款额为Ak元,
则A1=750000×(1+0.004)-x;
A2=A1×(1+0.004)-x=750000×1.0042-1.004x-x;
……
A300=750000×1.004300-(1.004299+1.004298+…+1)x.
由题意知25年后还清,所以A300=0,
所以x=
=≈
≈4298.70,
因为4298.70<10000×=5000,
所以小张申请该笔贷款能够获批.
(3)答案不唯一.
示例1:小张采取等额本息贷款方式的总利息约为4298.70×300-750000=539610(元),
因为539610>451500,
所以从节省利息的角度来考虑,建议小张选择等额本金的还款方式.
示例2:若采取等额本息的贷款方式,每月还款额均为4298.70元,
因为=120,
所以采取等额本金的贷款方式在前面的10年内还款金额都比4298.70元多,对小张可能会造成较大的还款压力,
因此从前几年付款压力大小的角度来考虑,建议小张选择等额本息的还款方式.
素养评析　本题第(1)问,考生需要从等额本金中提取有效信息(等差数列),然后利用等差数列的前n项和公式进行求解,考查了学生的数学建模素养,第(2)问,考生需要从等额本息中提取有效信息(等比数列),然后结合等比数列前n项和公式,将所得数值与已知条件进行对比,进而得出结论,考查了学生的数学建模和数学运算素养,第(3)问,针对等额本金及等额本息两种方式分别计算还款金额,通过对结果及数据的比对,获得合理解释,考查了学生的数据分析素养.
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