2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--第五章　数列拔高练

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2025人教B版高中数学选择性必修第三册
综合拔高练
五年高考练
考点1　等差数列及其应用
1.(2024全国甲理,4)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=S10,a5=1,则a1=(　　)
A.
2.(2024全国甲文,5)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=1,则a3+a7=(　　)
A.-2　　　　B.
3.(2023新课标Ⅰ,7)记Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:为等差数列,则(　　)
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
4.(2024新课标Ⅱ,12)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=　　　　.
5.(2023全国乙文,18)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10=40.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
6.(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.
7.(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
8.(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
9.(2023全国甲理,5)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1=1,S5=5S3-4,则S4=(　　)
A.　　　　C.15　　　　D.40
10.(2023北京,14)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7=　　　　　;数列{an}所有项的和为　　　　　　.
11.(2023全国甲文,13)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为　　　　.
12.(2024全国甲理,18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
考点3　数列的综合应用
13.(2024北京,15)设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列,且都不是常数列.记集合M={k|ak=bk,k∈N*},给出下列四个结论:
①若{an}与{bn}均为等差数列,则M中最多有1个元素;
②若{an}与{bn}均为等比数列,则M中最多有2个元素;
③若{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则M中最多有3个元素;
④若{an}为递增数列,{bn}为递减数列,则M中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是　　　　.
14.(2024天津,19)已知数列{an}是公比大于0的等比数列.其前n项和为Sn.若a1=1,S2=a3-1.
(1)求数列{an}前n项和Sn;
(2)设bn=b1=1,其中k是大于1的正整数.
(i)当n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn;
(ii)求bi.
15.(2024新课标Ⅰ,19)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i(1)写出所有(i,j),1≤i(2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列;
(3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i.
16.(2024新课标Ⅱ,19)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0(1)若k=,求x2,y2;
(2)证明:数列{xn-yn}是公比为的等比数列;
(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积.证明:对任意正整数n,Sn=Sn+1.
三年模拟练
应用实践
1.(2024广东广州第二中学期中)等比数列{an}的首项a1=,公比为q,数列{bn}满足bn=log0.5an(n是正整数),若当且仅当n=4时,{bn}的前n项和Bn取得最大值,则q的取值范围是(　　)
A.(3,2)　　　　 B.(3,4)
C.(2)
2.(多选题)(2023山东临沂郯城期末)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数,他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类,下图中第一行图形中黑色小点个数1,3,6,10,…称为三角形数,第二行图形中黑色小点个数1,4,9,16,…称为正方形数,记三角形数构成数列{an},正方形数构成数列{bn},则下列说法正确的是(　　)
A.a6=21
B.1 225既是三角形数,又是正方形数
C.+…+
D. m∈N+,m≥2,总存在p,q∈N+,使得bm=ap+aq成立
3.(多选题)(2024重庆西南大学附属中学期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若(n+1)Sn>nSn+1,a2 024S2 023A.{an}是递减数列
B.|a2 023|>|a2 024|
C.Sn≤S2 023
D.使Sn<0成立的n的最小值为4 046
4.(多选题)(2024山东青岛第五十八中学阶段检测)若等比数列{an}的前n项和为Tn,前n项积为Kn,且K6>K5>0,K6=K7>K8>0,则下列结论成立的是(　　)
A.对任意正整数n,
B.a7=1
C.数列{T2n+2-T2n}一定是等比数列
D.K9>K5
5.(2024北京东城模拟)已知数列{an}的各项均为正数,且an+1=c+an,其中常数c∈R.给出下列四个判断:
①若a1=1,c<0,则an<(n≥2);
②若c=-1,则an<(n≥2);
③若c=1,an>n(n≥2),则a1>1;
④若a1=1,存在实数c,使得an>n(n≥2).
其中所有正确判断的序号是　　　　.
6.(2023湖北黄冈期末)侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网,如图,它是由无数个正方形环绕而成的,且最外边第一个正方形A1B1C1D1的面积为a1=1,分别取正方形A1B1C1D1各边的三等分点A2,B2,C2,D2,作第二个正方形A2B2C2D2,且正方形A2B2C2D2的面积为a2,……,依次类推,第n个正方形AnBnCnDn的面积为an.
(1)求{an}的通项公式;
(2)已知{bn}满足+…+=2n2-n(n∈N+),问{bn}是否存在最大项 若存在,求出最大项;若不存在,请说明理由.
7.(2024天津第四十七中学期中)已知数列{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,S3=7,且a1+3,3a2,a3+4成等差数列.数列{bn}的前n项和为Tn, n∈N+,满足,且b1=1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)令cn=求数列{cn}的前2n项和Q2n;
(3)将数列{an},{bn}的项按照“当n为奇数时,an放在前面;当n为偶数时,bn放在前面”的要求进行排列,得到一个新的数列:a1,b1,b2,a2,a3,b3,b4,a4,a5,b5,b6,a6,…,求这个新数列的前n项和Pn.
迁移创新
8.(2024湖南岳阳教学质量监测)已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.设该数列的前n项和为Sn,规定:若 m∈N*,使得Sm=2p(p∈N),则称m为该数列的“佳幂数”.
(1)将该数列的“佳幂数”从小到大排列,直接写出前4个“佳幂数”;
(2)试判断50是不是“佳幂数”,并说明理由;
(3)①求满足m>1 000的最小的“佳幂数”m;
②证明:该数列的“佳幂数”有无数个.
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.B　设等差数列{an}的公差为d,
由题意得解得a1=.
故选B.
2.D　解法一(基本量法):设等差数列{an}的公差为d,由S9=9a1+d=1,得9a1+36d=1,
则a3+a7=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=.
解法二(性质法):根据等差数列的性质,知a1+a9=a3+a7,所以S9==1,故a3+a7=.
解法三(特殊值法):不妨令等差数列{an}的公差为0,则S9=1=9a1 a1=,则a3+a7=2a1=.
故选D.
3.C　若{an}为等差数列,设其公差为d,
则Sn=na1+,则,因此为等差数列,则甲是乙的充分条件;
若为等差数列,则为常数,
设=t,则Sn=nan+1-t·n(n+1),
则Sn-1=(n-1)an-t·n(n-1),n≥2,
两式相减得an=nan+1-(n-1)an-2tn,
即an+1-an=2t,对n=1也成立,
因此{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件,
所以甲是乙的充要条件,故选C.
4.答案　95
解析　设等差数列{an}的公差为d,
由题可得2a1+5d=7,4a1+7d=5,
∴a1=-4,d=3,
∴S10=10×(-4)+×3=95.
5.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
由题意可得
解得所以an=13-2(n-1)=15-2n.
(2)由(1)得an=15-2n,则Sn==14n-n2,
当n≤7时,an>0,可得Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=14n-n2;
当n≥8时,an<0,可得Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=(a1+a2+…+a7)-(a8+…+an)=S7-(Sn-S7)=2S7-Sn=2×(14×7-72)-(14n-n2)=n2-14n+98.
综上所述,Tn=
6.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=.
7.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.
8.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
所以S8=×(1-44)=-85.
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.
9.C　设{an}的公比为q,易知q>0,由题知1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4,
即q3+q4=4q+4q2,即q3+q2-4q-4=0,即(q-2)(q+1)·(q+2)=0.
因为q>0,所以q=2.
所以S4=1+2+4+8=15.故选C.
10.答案　48;384
解析　解法一:设{an}的前3项的公差为d,后7项的公比为q,q>0,
则q4==16,故q=2,
则a3=1+2d=,即1+2d=3,可得d=1,
所以a3=3,a7=a3q4=48,
{an}的所有项的和为a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+=384.
解法二:因为{an}的后7项为等比数列,所以=a5a9=12×192=482,
又an>0,所以a7=48.
因为=a3a7,所以a3==3.
设{an}的后7项的公比为q,q>0,则q2==4,解得q=2,
可得a1+a2+a3==381,所以数列{an}的所有项的和为a1+a2+…+a9=6+381-a3=384.
11.答案　-
解析　设{an}的公比为q.
解法一:若q=1,则S6=6a1,S3=3a1,
因为8S6=7S3,所以48a1=21a1,所以a1=0,不符合要求,舍去.
所以q≠1,则S6=,
又因为8S6=7S3,所以,
易知a1≠0,所以q3=-,即q=-.
解法二:因为{an}是公比为q的等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6也是等比数列,且公比为q3,
所以q3=,则q=-.
12.解析　(1)令n=1,则4S1=3a1+4,∴a1=4,4Sn=3an+4,
n≥2时,4Sn-1=3an-1+4,作差得4an=3an-3an-1,∴an=-3an-1(n≥2),
∴数列{an}是以4为首项,-3为公比的等比数列,
∴an=4·(-3)n-1.
(2)bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1.
解法一(错位相减法):Tn=4×1×30+4×2×31+4×3×32+…+4·(n-1)·3n-2
+4·n·3n-1①,
3Tn=4×1×31+4×2×32+4×3×33+…+4·(n-1)·3n-1+4·n·3n②,
①-②得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n·3n=-4n·3n=-2+(2-4n)·3n,
∴Tn=1+(2n-1)·3n.
解法二(裂项相消法):bn=4n·3n-1=-(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,
Tn=b1+b2+b3+…+bn=-(-1)×30+1×31-1×31+3×32-3×32+5×33-…-(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n=1+(2n-1)·3n.
13.答案　①③④
解析　对于①,因为{an},{bn}均为等差数列,且{an}与{bn}是两个不同的无穷数列,所以点(n,an)和点(n,bn)分布在两条不重合的直线上,
由于两条不重合的直线至多有一个公共点,故M中至多有1个元素,故①正确.
对于②,取an=2n,bn=(-2)n,则{an},{bn}均为等比数列,
当n为偶数时,an=bn,此时M中有无穷多个元素,故②错误.
对于③,当等比数列{bn}的公比为-1时,易知M中最多有2个元素.
当等比数列{bn}的公比不为-1时,设bn=Aqn(Aq≠0,q≠±1),an=tn+b(t≠0),
若M中至少有4个元素,则关于n的方程Aqn=tn+b至少有4个不同的正整数解,
若q>0,q≠1,则由y=Aqn(n∈N*)和y=tn+b(n∈N*)的图象可得关于n的方程Aqn=tn+b至多有2个不同的整数解;
若q<0,q≠-1,则当关于n的方程Aqn=tn+b有正偶数解时,方程即为A|q|n=tn+b,方程至多有2个正偶数解,且有2个正偶数解时,y=A|q|n,y=tn+b的单调性相同,即Atln|q|>0,
Atln|q|<0时,y=A|q|n,y=tn+b的单调性相反,故Atln|q|<0时,关于n的方程A|q|n=tn+b至多有1个正偶数解,
当关于n的方程Aqn=tn+b有正奇数解时,方程即为-A|q|n=tn+b,方程至多有2个正奇数解,且有2个正奇数解时,y=-A|q|n,y=tn+b的单调性相同,即-Atln|q|>0,即Atln|q|<0,
Atln|q|>0时,y=-A|q|n,y=tn+b的单调性相反,故Atln|q|>0时关于n的方程A|q|n=tn+b至多有1个正奇数解,
又因为Atln|q|>0,Atln|q|<0不可能同时成立,
所以关于n的方程Aqn=tn+b不可能有4个不同的正整数解,故③正确.
对于④,因为{an}为递增数列,{bn}为递减数列,所以数列{an}对应的散点整体呈上升趋势,数列{bn}对应的散点整体呈下降趋势,故两者至多有1个公共点,故M中最多有1个元素,故④正确.
故正确结论的序号是①③④.
14.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,
则q>0,an=a1qn-1,
因为a1=1,S2=a3-1,即a1+a2=a3-1,
所以1+q=q2-1,整理得q2-q-2=0,
解得q=2或q=-1(舍去),
所以Sn==2n-1.
(2)(i)证明:由(1)可知an=2n-1,
根据题意,k∈N*,k≥2,下面的k在此取值范围内讨论.
当n=ak+1=2k≥4时,
即ak可知ak=2k-1,bn=k+1,
bn-1=+(ak+1-1-ak)·2k=k+2k(2k-1-1)=k(2k-1),
可得bn-1-ak·bn=k(2k-1)-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥0,
当且仅当k=2时,等号成立,
所以bn-1≥ak·bn.
(ii)由(1)可知Sn=2n-1=an+1-1,
若n=1,则S1=1,b1=1;
若n≥2,则ak+1-ak=2k-1,
当2k-1所以bi=k·2k-1+2k·=k·4k-1=[(3k-1)4k-(3k-4)4k-1],
所以[5×42-2×4+8×43-5×42+…+(3n-1)4n-(3n-4)4n-1]
=,
且n=1符合上式.
综上,(n∈N*).
15.解析　(1)将公差不为0的等差数列a1,a2,a3,…,a6中划去2项,留下4项能构成等差数列的所有情况有a3,a4,a5,a6或a1,a2,a3,a4或a2,a3,a4,a5,所以(i,j)的所有可能是(1,2),(1,6),(5,6).
(2)证明:因为公差不为0的等差数列{an}中,ap,aq,ar,as成等差数列等价于p,q,r,s成等差数列,所以只需证明“数列1,2,3,…,4m+2是(2,13)-可分数列”.
考虑m=3时,可将数列1,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14划分为(1,4,7,10),(3,6,9,12),(5,8,11,14)这三组,显然每组的四个数都能构成等差数列,所以m=3时,数列1,2,3,…,4m+2是(2,13)-可分数列.当m≥4时,再将15,16,…,4m+2划分为(15,16,17,18),…,(4m-1,4m,4m+1,4m+2)这(m-3)组,则数列1,2,3,…,4m+2也是(2,13)-可分数列.
综上所述,当m≥3时,数列1,2,3,…,4m+2都是(2,13)-可分数列,因此数列a1,a2,a3,…,a4m+2也都是(2,13)-可分数列.
(3)证明:当m=1时,由(1)知P1=.
当m=2时,易知(i,j)为(1,2),(1,6),(1,10),(2,9),(5,6),(5,10),(9,10)时,数列a1,a2,a3,…,a10都是(i,j)-可分数列,所以P2=.
当m≥3时,数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列等价于数列1,2,3,…,4m+2是(i,j)-可分数列.
观察m=2时的情形,猜测“数列1,2,3,…,4m+2是(4k+1,4r+2)-可分数列(0≤k≤r≤m)”.而k=r时,猜测显然成立;k4(k+p0)+1),(4r+3,4r+4,4(r+1)+1,4(r+1)+2),…,(4m-1,4m,4m+1,4m+2),则每组四个数都成等差数列,所以猜测成立.
易知(4k+1,4r+2)(0≤k≤r≤m)的不同取值有种.
再考虑“数列1,2,3,…,4m+2是不是(4k+2,4r+1)-可分数列(0≤k易知m=2时,数列不是(2,5)-可分数列,所以猜测r≥k+2.设k+p=r(p≥2,p∈N*),
则将数列1,2,…,4k+1,4k+3,…,4r,4r+2,…,4m+2前4k项划分为(1,2,3,4),…,(4k-3,4k-2,4k-1,4k);
中间4p项划分为(4k+1,4k+1+p,4k+1+2p,4k+1+3p),(4k+3,4k+3+p,4k+3+2p,4k+3+3p),…,(4k+p,4k+p+p,4k+p+2p,4k+p+3p),(4k+p+2,4k+p+2+p,4k+p+2+2p,4k+p+2+3p);
最后4(m-r)项划分为(4(r+1)-1,4(r+1),4(r+1)+1,4(r+1)+2),…,(4m-1,4m,4m+1,4m+2).
每组四个数都成等差数列,所以猜测成立.
由于r≥k+2,故(4k+2,4r+1)的不同取值有种.
综上所述,m≥3时,Pm≥.证毕.
16.解析　(1)∵点P1(5,4)在C上,∴25-16=m,
∴m=9,
过P1(5,4)且斜率为k=的直线方程为y-4=(x-5),即x-2y+3=0,
由
又∵P1(5,4),∴Q1(-3,0),
∵P2(x2,y2)与Q1(-3,0)关于y轴对称,
∴x2=3,y2=0.
(2)证明:∵Pn(xn,yn)关于y轴的对称点是Qn-1(-xn,yn),
而Pn-1(xn-1,yn-1),Qn-1都在同一条斜率为k(0∴xn-1≠-xn,=k,
∵点Pn-1,Qn-1都在双曲线C上,
∴∴①-②得(xn-xn-1)(xn+xn-1)=(yn-yn-1)(yn+yn-1),
而yn-yn-1=-k(xn+xn-1)③,∴xn-xn-1=-k(yn+yn-1)④,
④-③得xn-yn-(xn-1-yn-1)=k(xn-yn)+k(xn-1-yn-1),
∴(1-k)(xn-yn)=(1+k)(xn-1-yn-1),
∴,
即数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
(3)证明:∵△PnPn+1Pn+2与△Pn+1Pn+2Pn+3有公共边Pn+1Pn+2,∴要证Sn=Sn+1,只需证点Pn和点Pn+3到直线Pn+1Pn+2的距离相等,即Pn+1Pn+2∥PnPn+3,
即证,
记t=,01,
∴xn-yn=(x1-y1)=tn-1,
而=9,∴xn+yn=9t1-n,
∴yn=(-tn-1+9t1-n),
=1+
=1+,
=1+
=1+
=1-,
∴,∴Pn+1Pn+2∥PnPn+3,∴Sn=Sn+1.
三年模拟练
1.C　由已知得bn=log0.5an=log0.5(a1·qn-1)=log0.5+log0.5qn-1=6+(n-1)log0.5q=nlog0.5q+6-log0.5q,
所以{bn}是以b1=6为首项,d=log0.5q为公差的等差数列,所以bn=6+(n-1)log0.5q.
若当且仅当n=4时,{bn}的前n项和Bn取得最大值,
则
即
解得0.2.ABD　1,3,6,10,…,即1,1+2,1+2+3,1+2+3+4,…,
则an=1+2+…+n=,
1,4,9,16,…,即12,22,32,42,…,则bn=n2.
易得a6=21,故A正确;
令an==1 225,得n=49,
令bn=n2=1 225,得n=35,故B正确;
∵,
∴+…+
=2
=2,故C错误;
∵ m∈N+,m≥2,恒有m2=,即bm=am+am-1,∴不妨设p=m,q=m-1,则bm=ap+aq,
故 m∈N+,m≥2,总存在p,q∈N+,使得bm=ap+aq成立,故D正确.故选ABD.
3.ACD　在等差数列{an}中,由(n+1)Sn>nSn+1,得,即an>an+1,
因此等差数列{an}为递减数列,A正确;
因为a2 024S2 0230,a2 024<0,
则Sn的最大值是S2 023,则Sn≤S2 023,C正确;
因为S4 046==2 023(a2 023+a2 024)=2 023(S2 024-S2 022)<0,
所以a2 023+a2 024<0,结合a2 023>0,a2 024<0,可得|a2 023|<|a2 024|,B错误;
S4 045==4 045a2 023>0,且当n≥4 046时,Sn<0,所以使Sn<0成立的n的最小值是4 046,D正确.故选ACD.
4.ABC　设等比数列{an}的公比为q,
因为K6>K5>0,所以a6=>1,
又K6=K7>K8>0,所以a7==1,所以q=∈(0,1),
所以等比数列{an}是各项均为正数的递减数列,则K9因为数列{an}为等比数列,所以=anan+2,所以-2anan+2=(an-an+2)2>0,
即,故A正确;
由Tn=,得T2n=,
T2n+2=,
则T2n+2-T2n=,
T2n+4-T2n+2=,
所以=q2,
又T4-T2==a1·q2(1+q),
所以数列{T2n+2-T2n}是以a1·q2(1+q)为首项,q2为公比的等比数列,故C正确.
故选ABC.
5.答案　②③④
解析　对于①,若a1=1,c<0,则a2=c+a1=c+1,
当c=-时,a2=,与a2<矛盾,①错误;
对于②,若c=-1,则an+1=-+an>0,所以0又a2=-,所以0由an+1=-+an得,即,
由于01,
所以>1,所以当n≥2时,>n-2,
所以>n-2+3=n+1,所以an<(n≥2),
②正确;
对于③,由c=1,得an+1=+an,
假设02矛盾,故a1>1,③正确;
对于④,当a1=1时,若c=2,则an+1=2+an,此时a2=2+a1=3>2,
假设an>n(n≥2)成立,
根据二次函数y=2x2+x在(0,+∞)上单调递增,
可得an+1=2+an>2n2+n>n+1,
故在a2>2的情况下,an>n必成立,即存在实数c,使得an>n(n≥2),④正确.
综上,正确判断的序号是②③④.
6.解析　(1)由题图得(,即an+1=an,
又a1=1,∴{an}是以1为首项,为公比的等比数列,
∴an=(n∈N+).
(2)由+…+=2n2-n①,
得当n=1时,=1,∴b1=1,
当n≥2时,+…+=2(n-1)2-(n-1)②,
①-②,得(n≥2),
当n=1时,b1=1满足上式,
∴bn=(4n-3)(n∈N+),
令>1,得n<2.
∴当n=1时,b2>b1;当n=2时,b3=b2;当n≥3时,bn+1∴{bn}的最大项为b2或b3,且b2=b3=.
7.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>1),
由已知得
即
又q>1,∴q=2,a1=1,∴an=2n-1.
∵=1,
∴是首项为1,公差为的等差数列,
∴,
∴Tn=(n∈N+),
∴Tn-1=(n≥2),
∴bn=Tn-Tn-1==n(n≥2),
又b1=1满足上式,∴bn=n(n∈N+).
(2)结合(1)得cn=
∴c1+c3+…+c2n-1=1-+…+.
令M=c2+c4+c6+…+c2n,
则M=2×21+4×23+6×25+…+2n×22n-1①,
4M=2×23+4×25+…+(2n-2)×22n-1+2n×22n+1②,
①-②,得-3M=2×21+2×23+2×25+…+2×22n-1-2n×22n+1=-2n×22n+1,
∴M=·4n+1,
∴Q2n=(c1+c3+…+c2n-1)+(c2+c4+…+c2n)
=
=·4n+1.
(3)由(1)得Sn=2n-1,Tn=.
若n=2k(k∈N+),则Pn=Sk+Tk=2k-1+.
若n=4k-3(k∈N+),则
①当k=1时,Pn=P1=1;
②当k≥2时,
Pn=S2k-1+T2k-2=22k-1-1+,经检验,n=1满足上式.
若n=4k-1(k∈N+),
则Pn=S2k-1+T2k=22k-1-1+.
综上,Pn=k∈N+.
易错警示　本题考查了等差数列、等比数列的通项公式,考查了错位相减法.对于等差(等比)数列求通项公式,常用的方法为基本量法,即用首项和公差(公比)表示出已知条件,从而求出首项和公差(公比).本题易在错位相减时计算出错,要加强这方面的训练.第(3)问可能因不知分类而致错,要注意结合题意合理分类讨论.
8.解析　(1)因为S1=20=1,所以1为该数列的“佳幂数”,
又因为S2=1+1=2=21,S3=1+1+2=4=22,S18=64=26,
所以2,3,18也为该数列的“佳幂数”,
所以该数列的前4个“佳幂数”为1,2,3,18.
(2)50不是“佳幂数”.理由如下:
对该数列分组,如下,
第1组:1,
第2组:1,2,
第3组:1,2,4,
……
第k组:1,2,4,…,2k-1,
则该数列的前1+2+…+k=
=1+(1+2)+…+(1+2+…+2k-1)=(21-1)+(22-1)+…+(2k-1)=(21+22+…+2k)-k=-k=2k+1-k-2,
令≤50,得k≤9,k∈N*,
则S50=S45+1+2+22+23+24=210-11+31=210+20,
由于210<210+20<211,所以 p∈N,S50≠2p,
故50不是“佳幂数”.
(3)①在(2)中,令>1 000,得k≥45,k∈N*,
故m出现在第44组之后,由(2)知第k组的和为2k-1,前k组的和为=2k+1-k-2,
则第(k+1)组的前t项的和为2t-1,t∈N*,
因此只需k+2=2t-1,
所以k=2t-3,令2t-3≥45,得t≥6,当t=6时,k=26-3=61,
所以对应满足条件的最小“佳幂数”m=+6=1 897.
②证明:由①知k+2=2t-1,t∈N*,k∈N*.
当t≥2,且取任意整数时,可得“佳幂数”m=+t,k∈N*,
所以该数列的“佳幂数”有无数个.
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