综合拔高练-《精讲精练》26版高中同步新教材数学人教A版（2019）选择性必修第二册

综合拔高练
高考真题练
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.
高考模拟练
应用实践
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S5=92,Sn-5=200,Sn=288,则n的值为(　　)
A.16　　　　B.18　　　　C.24　　　　D.36
2.记Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{an}的前n项积,n∈N*,已知a1=-64,a3=-16,且Sn=,则下列说法不正确的是(　　)
A.数列{an}是递增数列
B.an=(-1)n·
C.S6=-42
D.当Tn取得最小值时,n=6
3.已知数列{an}满足a1=m(m为正整数),an+1=则下列选项正确的是(　　)
A.若m=40,则a8=1
B.若a6=11,则m的所有可能取值构成的集合为{1,8,56,58,352}
C.若m=10,则a100=a1 000
D.若m=2k,k为正整数,则{an}的前k项和为2k-1+1
4.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
5.(多选题)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
6.设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n,若bn=,且数列{bn}的前n项和为Sn,则(6n+9)Sn=　　　　.
7.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　　　　.
8.在等差数列{an}中,已知a3=7,a4,a5,4a2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{}是等比数列吗 若是,求出其前n项和;若不是,请说明理由;
(3)设logqdn=,且 k∈N*, n∈N*,dk-dn=dk+1+dk+2,求q的值.
迁移创新
9.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.
10.已知由m(m≥3)个数构成的有序数组A:(a1,a2,…,am),若|a1-ai|≤|a1-ai+1|(i=2,3,…,m-1)恒成立,则称有序数组A为“非严格差增数组”.
(1)设有序数组P:(2,3,0,4),Q:(1,2,3,0,4),试判断P,Q是不是“非严格差增数组”,并说明理由;
(2)若有序数组R:(1,t,t2,…,t11)(t≠0)为“非严格差增数组”,求实数t的取值范围.
答案与分层梯度式解析
高考真题练
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,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.
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;k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.
高考模拟练
1.A　由题意可得Sn-Sn-5=an+an-1+an-2+an-3+an-4=288-200=88,
即an+an-1+an-2+an-3+an-4=88①,
∵S5=a1+a2+a3+a4+a5=92②,且a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3=a5+an-4,
∴①②两式相加得5(a1+an)=88+92=180,
∴a1+an=36,
则Sn==18n=288,解得n=16.
故选A.
2.A　由Tn为数列{an}的前n项积,得=an+1,则有Sn=(a1-an+1),
当n≥2时,Sn-1=(a1-an),
故有Sn-Sn-1=an=an+1,即an+1=-an,故数列{an}是以-64为首项,-为公比的等比数列,
故an=-64×=(-1)n·,{an}不是递增数列,故A中说法不正确,B中说法正确.
S6=-64+32-16+8-4+2=-42,故C中说法正确.
由an=(-1)n·,得当n>7时,|an|<1,当n≤6时,|an|>1,当n=7时,|an|=1,
故|Tn|取最大值时,n=6或n=7,又T6=(-64)×32×(-16)×8×(-4)×2<0,T7=-T6>0,
故Tn取最小值时,n=6,故D中说法正确.故选A.
3.C　若m=40,则a2=20,a3=10,a4=5,a5=16,a6=8,a7=4,a8=2,故A不正确.
若a6=11,则a5=22,a4=44或a4=7,
当a4=44时,a3=88,a2=176,a1=352或a3=88,a2=29,a1=58;
当a4=7时,a3=14,a2=28,a1=56或a3=14,a2=28,a1=9或a3=2,a2=4,a1=8或a3=2,a2=4,a1=1,
故m的所有可能取值构成的集合为{1,8,9,56,58,352},故B不正确.
若m=10,则a2=5,a3=16,a4=8,a5=4,a6=2,a7=1,a8=4,a9=2,……,
所以{an}从第5项开始为周期数列,且周期为3,
则a100=a3×31+7=a7=1,a1 000=a3×331+7=a7=1,故a100=a1 000,故C正确.
若m=2k,则a2=2k-1,a3=2k-2,……,ak=2,
所以{an}的前k项和为=2k+1-2,故D不正确.故选C.
4.C　由题意得a1=4,a2=a2,……,an=an-1,易知{an}的各项均不为0,∴(n≥2),
故数列{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.
5.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.
6.答案　6n2+11n
解析　设an+1+x(n+1)+y=3(an+xn+y)①,展开整理得an+1=3an+2xn+2y-x,
又an+1=3an-4n,∴
故①式为an+1-[2(n+1)+1]=3[an-(2n+1)],
当n=1时,a1-3=0,故数列{an-(2n+1)}为常数列,故an=2n+1,
∴bn=,
∴数列{bn}的前n项和为Sn=n++…+,
∴(6n+9)Sn=n(6n+9)+2n=6n2+11n.
7.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.
8.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a3=7,a4,a5,4a2成等差数列,
所以
解得所以an=3n-2.
(2)数列{}是等比数列.由(1)得=23=8,
所以{}是以2为首项,8为公比的等比数列,
所以数列{}的前n项和为.
(3)由(1)得logqdn==n-1,所以dn=qn-1,0因为 k∈N*, n∈N*,dk-dn=dk+1+dk+2,
所以不妨取k=1,则d1-d2-d3=1-q-q2=qn-1,令m=n-1,m∈N,则qm+q2+q=1.
当m=0时,无解;
当m=1时,解得q=-1或q=--1(舍去);
当m≥2(m∈N)时,令f(q)=qm+q2+q,则f(q)在上单调递增,
所以f(q)=qm+q2+q<=1,故qm+q2+q=1无解.
所以q=-1.
当q=-1时,对任意的正整数k,dk-dk+1-dk+2=dk(1-q-q2)=dkq=dk+1,
即 k∈N*, k+1∈N*,dk-dk+1=dk+1+dk+2,
所以q的值是-1.
9.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.
10.解析　(1)对于有序数组P,有|2-3|=1,|2-0|=2,|2-4|=2,所以有序数组P是“非严格差增数组”.
对于有序数组Q,有|1-2|=1,|1-3|=2,|1-0|=1,|1-4|=3,
因为|1-3|>|1-0|,所以有序数组Q不是“非严格差增数组”.
(2)由题意,知有序数组R中的数构成以1为首项,t为公比的等比数列,且共有12项,
根据“非严格差增数组”的定义得|1-tn|≥|1-tn-1|,n∈{2,3,…,11},
不等式两边平方得t2n-2tn+1≥t2n-2-2tn-1+1,整理得(t-1)tn-1[tn-1(t+1)-2]≥0,
当t≥1时,显然tn-1(t+1)-2≥0对于n∈{2,3,…,11}恒成立,故(t-1)tn-1[tn-1(t+1)-2]≥0.
当0当-1≤t<0时,得tn-1[tn-1(t+1)-2]≤0,
当n为奇数时,得tn-1(t+1)-2≤0,
因为tn-1(t+1)<1×1=1,所以不等式显然成立;
当n为偶数时,得tn-1(t+1)-2≥0,因为tn-1(t+1)≤0,所以不等式显然不成立.
所以-1≤t<0不符合题意,舍去.
当t<-1时,得tn-1[tn-1(t+1)-2]≤0,
当n为奇数时,得tn-1(t+1)-2≤0,显然成立;当n为偶数时,得tn-1(t+1)-2≥0恒成立,
等价于n=2时,t(t+1)-2≥0,即(t+2)(t-1)≥0,解得t≤-2或t≥1(舍去).
综上可得,实数t的取值范围为(-∞,-2]∪(0,+∞).
素养评析　本题的关键点是理解“非严格差增数组”的定义,遇到新定义问题,应耐心读题,弄清新定义的概念、性质以及运算特点,利用化归和转化的思想方法,将不熟悉的数学问题转化成熟悉的问题进行求解.考查了学生数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.
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