综合拔高练练习-《精讲精练》26版高中同步新教材数学苏教版（2019）选择性必修第一册

综合拔高练
高考真题练
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.(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.(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
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.(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
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.(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　　　　.
11.(2023全国乙理,15)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=　　　　.
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.b1C.b614.(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　　　　.
15.(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20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2;对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,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.
16.(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.
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.
18.(2023天津,19)已知{an}为等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4.
(1)求{an}的通项公式和ai;
(2)设{bn}为等比数列,当2k-1≤n≤2k-1(k∈N*)时,bk①当k≥2时,求证:2k-1②求{bn}的通项公式及前n项和.
考点4　数学归纳法*
19.(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.
高考模拟练
应用实践
1.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.已知数列{an}满足a1=a2=1,an=an-1+2an-2+1(n≥3,n∈N*),Sn为其前n项和,则S60=(　　)
A.230-31　　　　B.430-31　　　　C.230-30　　　　D.430-30
3.已知无穷正整数数列{an}满足an+2=(n∈N*),则a1的可能取值有(　　)
A.2个　　　　B.4个　　　　C.6个　　　　D.9个
4.如图,将一个单位正方形等分成4个边长为的小正方形,保留一组不相邻的2个小正方形,记这2个小正方形的面积之和为S1;然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分,各自保留一组不相邻的2个小正方形,记这4个小正方形的面积之和为S2.以此类推,操作n次,若S1+S2+…+Sn≥,则n的最小值是(　　)
A.9　　　　B.10　　　　C.11　　　　D.12
5.(多选题)已知数列{an}满足a1=0,an+1=
则(　　)
A.a4=6 B.an+2=an+2(n+1)
C.an= D.数列{(-1)nan}的前2n项和为n(n+1)
6.已知数列{Fn}满足F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3,n∈N*),若记F2 023=m,则数列{Fn}的前2 021项和为　　　　;若此数列各项除以3的余数构成一个新数列{an},则数列{an}的前2 022项和为　　　　.
7.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,现有以下两个条件:
①数列{}的前n项和为Tn=;
②a1=1,an+1=an.
从上述两个条件中任选一个,完成以下问题:
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足b1=1,bn=an-an-1(n≥2),试问{bn}中是否存在连续三项bk,bk+1,bk+2,使得构成等差数列 请说明理由.
8.已知数列{an}的首项a1=0,且an+1=an+1,n∈N*,数列{bn}的首项b1=2,且 m,n∈N*,恒有bm+n=bmbn.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=n∈N*,求数列{cn}的前2n项和S2n.
迁移创新
9.张敏同学利用暑假时间到一家手机卖场勤工俭学,该手机卖场向她提供了三种付酬方案:
方案一,每天支付50元,没有奖金;
方案二,每天的底薪为32元,另有奖金,第一天没有奖金,第二天奖金为2元,以后每天的奖金都比前一天的奖金多2元;
方案三,每天无底薪,只有奖金,而且第一天奖金为0.4元,以后每天的奖金是前一天奖金的1.5倍.
(1)工作n天(n∈[1,61],n∈N*),记三种方案所得钱数依次为An,Bn,Cn,写出An,Bn,Cn关于n的表达式;
(2)若张敏同学决定从前两种方案中选择一种,则她选择哪种方案所得薪酬更高
(3)若张敏同学在暑假期间共工作20天,则她选择哪种方案更合适
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
高考真题练
1.C　解法一:设等差数列{an}的公差为d,由已知可得
∴S5=5a1+×d=5×2+10×1=20.故选C.
解法二:设等差数列{an}的公差为d.由等差数列的性质得a2+a6=2a4=10,得a4=5,又a4a8=45,所以a8=9,故d==1,于是a3=a4-d=5-1=4,所以S5=5a3=20.故选C.
2.B　易知cos α=cos(α+2kπ),k∈Z,又×3=2π,
∴cos ai=cos a3n+i(i∈N*),不妨取a1=-,
则cos a1=,cos a2=,cos a3=-1,则S=,
∴ab=-,故选B.
3.C　充分性:若{an}为等差数列,
设{an}的公差为d1(常数),
则an+1-an=d1,Sn=,
故,
所以(常数),
所以是首项为a1,公差为的等差数列.
必要性:若为等差数列,
设的首项为b1,公差为d2(常数),
则=b1+(n-1)d2,即Sn=nb1+n(n-1)d2,
当n=1时,a1=S1=b1;
当n≥2,n∈N*时,an=Sn-Sn-1=nb1+n(n-1)d2-(n-1)b1-(n-1)(n-2)d2=b1+2d2(n-1),经检验,a1=b1,符合该式,
所以an=b1+2d2(n-1),n∈N*,所以{an}是首项为b1,公差为2d2的等差数列.
所以甲是乙的充要条件,故选C.
考场速解　本题如果熟记等差数列前n项和的性质,即若{an}为等差数列,则为等差数列,可以直接得出答案,所以在平时多记忆一些常用结论对解小题有很大的帮助.
4.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,ak>0,
假设d<0,令an=ak+(n-k)d<0,得n>k-,且k->k,
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.
所以“{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.
5.答案　3n2-2n
解析　∵数列{2n-1}的项依次为1,3,5,7,9,11,13,…,数列{3n-2}的项依次为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==3n2-2n.
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　设{an}的公比为q,易知q>0且q≠1,∵S5=5S3-4,∴-4,又a1=1,∴q5-5q3+4q=0,∴(q2-4)(q2-1)=0,解得q=2,
∴S4==15,故选C.
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
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.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=-.
11.答案　-2
解析　设等比数列{an}的公比为q(q≠0),an≠0,
由a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,
可得
整理可得a1=q-1,q5=-2,所以a7=a1q6=q5=-2.
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　48;384
解析　解法一:设前3项的公差为d,d>0,后7项的公比为q,q>0,
则q4==16,可得q=2,
则a3=1+2d==3,可得d=1,a7=a3q4=48.
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,故a7=48.
又因为=a3a7,所以a3==3.
设后7项的公比为q,q>0,则q2==4,解得q=2,
可得a1+a2+a3==381,所以a1+a2+…+a9=6+381-a3=384.
15.答案　5;240×
解析　对折3次可以得到 dm×12 dm, dm× dm, dm× dm,20 dm× dm,共四种不同规格的图形,
对折4次可以得到 dm×12 dm, dm× dm, dm× dm, dm× dm,20 dm× dm,共五种不同规格的图形,
由此可以归纳出对折n次可以得到(n+1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为 dm2,
∴20×12××4+…+×(n+1)dm2,
记Tn=+…+,则+…+,
∴Tn-
=,
∴Tn=3-dm2.
16.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≤1 000,∴2≤k≤10,故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9.
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),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)设{an}的公差为d.
由题意得
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.
19.解析　(1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.
证明: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n∈N*,都有an=2n+1成立,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+(2n+1)×2n+1,②
①-②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=(k≠0),可裂项为an=;(3)错位相减法:形如cn=an·bn,数列{an},{bn}中一个是等差数列,一个是等比数列;(4)分组求和法;(5)并项求和法.
高考模拟练
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.B　由an=an-1+2an-2+1(n≥3,n∈N*)可得an+an-1+1=2an-1+2an-2+2=2(an-1+an-2+1),
因为a1=a2=1,所以a1+a2+1=3,
即{an+1+an+1}是以3为首项,2为公比的等比数列,
所以an+an-1+1=3×2n-2,即an+an-1=3×2n-2-1(n≥2,n∈N*),
所以a1+a2=3×20-1,a3+a4=3×22-1,a5+a6=3×24-1,……,a59+a60=3×258-1,
故S60=a1+a2+…+a60=3×(20+22+24+…+258)-30=3×-30=430-31,故选B.
3.C　由an+2=得an+2+an+2·an+1=an+2 023,
当n≥2时,an+1+an+1·an=an-1+2 023,
两式相减得an+2-an+1+an+1(an+2-an)=an-an-1,
即an+2-an+an+1(an+2-an)=an+1-an-1,
于是(an+2-an)(an+1+1)=an+1-an-1,
依题意得an+1+1>1,
若an+2-an≠0,则an+2-an=,则0<|an+2-an|=<|an+1-an-1|,即{|an+2-an|}是递减数列,
由于{an}是无穷正整数数列,所以必存在n∈N*,使得|an+2-an|=0,与|an+2-an|>0矛盾,
因此an+2-an=0,即an+2=an,于是数列{an}是周期为2的周期数列,
当n=1时,由a3=a1,得a1=a3=,即a1a2=2 023=1×2 023=7×17×17,
从而a1∈{1,2 023,7,17,119,289},所以a1的可能值有6个.故选C.
4.C　由题意可知操作1次有21=2个边长为的小正方形,即S1=21×,
操作2次有22=4个边长为的小正方形,即S2=22×,
操作3次有23=8个边长为的小正方形,即S3=23×,
以此类推可知操作n次有2n个边长为的小正方形,即Sn=2n×,
则S1+S2+…+Sn=+…+,
从而问题转化为求1-的最小正整数解,
将不等式变形为,注意到,且函数y=在R上单调递减,所以n的最小值是11.故选C.
5.BCD　对于A,a2=a1+1+1=2,a3=a2+2=4,a4=a3+3+1=8,故A错误.
对于B,当n为奇数时,n+1为偶数,则an+2=an+1+n+1,an+1=an+n+1,可得an+2=an+2(n+1);
当n为偶数时,n+1为奇数,则an+2=an+1+n+1+1,an+1=an+n,可得an+2=an+2(n+1),故B正确.
对于C,当n为奇数且n≥2时,a2=a1+1+1,a3=a2+2,a4=a3+3+1,……,an-1=an-2+n-2+1,an=an-1+n-1,
累加可得an=a1+1+1+2+3+1+…+n-2+1+n-1=(1+1+3+1+…+n-2+1)+(2+4+…+n-1)=,n=1时也符合;
当n为偶数且n≥2时,a2=a1+1+1,a3=a2+2,a4=a3+3+1,……,an-1=an-2+n-2,an=an-1+n-1+1,
累加可得an=a1+1+1+2+3+1+…+n-2+n-1+1=(1+1+3+1+…+n-1+1)+(2+4+…+n-2)
=,
则an=故C正确.
对于D,设数列{(-1)nan}的前2n项和为S2n,则S2n=-a1+a2-a3+a4-…-a2n-1+a2n,
又a2n-a2n-1==2n,
所以S2n=2+4+…+2n=·n=n(n+1),故D正确.故选BCD.
6.答案　m-1;2 276
解析　当n≥3且n∈N*时,由Fn=Fn-1+Fn-2可得Fn-2=-Fn-1+Fn,
故F1+F2+F3+…+F2 021=(-F2+F3)+(-F3+F4)+(-F4+F5)+…+(-F2 022+F2 023)=F2 023-F2=m-1.
由数列{Fn}满足F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3,n∈N*),
可知数列{Fn}为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,…,
则{an}为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0,…,
观察可得数列{an}是以8为周期的数列,故an=an+8,
又2 022=252×8+6,
所以数列{an}的前2 022项和为252×(1+1+2+0+2+2+1+0)+1+1+2+0+2+2=2 276.
7.解析　(1)选①:当n=1时,=1;当n≥2时,=n.
经检验n=1时,=1符合上式,
所以=n,n∈N*,
故an=.
选②:因为a1=1,an+1=an,所以,所以为常数列,即=a1=1,
所以an=.
(2)数列{bn}中不存在连续三项bk,bk+1,bk+2,使得构成等差数列.
理由如下:由(1)知当n≥2时,bn=an-an-1=,
所以.
假设数列{bn}中存在连续三项bk,bk+1,bk+2,使得构成等差数列.
当k=1时,为1,,显然不成等差数列,假设不成立;
当k≥2时,由成等差数列得2(),即,
两边同时平方得k+1+k+2,
所以(k+1)k=(k-1)(k+2),整理得k2+k=k2+k-2,
所以0=-2,矛盾,故假设不成立.
综上所述,数列{bn}中不存在连续三项bk,bk+1,bk+2,使得构成等差数列.
8.解析　(1)因为an+1=an+1,所以数列{an}为等差数列,其首项a1=0,公差为1,所以an=n-1.
令m=1,得bn+1=2bn,故数列{bn}为等比数列,其首项b1=2,公比为2,所以bn=2n.
(2)当n为奇数时,cn=;
当n为偶数时,cn=,
所以数列{cn}的奇数项的和S奇=+…+-1,
偶数项的和S偶=+…+①,
S偶=+…+②,
①-②得S偶=+…+,
所以S偶=,所以S2n=.
9.
信息提取　①方案一:每天所得钱数组成的数列为常数列;②方案二:每天所得钱数组成的数列是以32为首项,2为公差的等差数列;③方案三:每天所得钱数组成的数列是以为首项,为公比的等比数列.
解析　(1)设三种方案每天所得钱数依次构成数列{an},{bn},{cn},
由题意得数列{an}为常数列,且an=50,所以An=50n,n∈[1,61],n∈N*;
数列{bn}是以32为首项,2为公差的等差数列,
所以Bn=32n+×2=n2+31n,n∈[1,61],n∈N*;
数列{cn}是以为首项,为公比的等比数列,
所以Cn=,n∈[1,61],n∈N*.
(2)令An=Bn,得50n=n2+31n,解得n=0(舍去)或n=19,
在同一平面直角坐标系中画出函数y=50x与y=x2+31x的图象(图略),
观察图象可知,当0x2+31x,当x>19时,50x所以当n∈[1,18],n∈N*时,An>Bn;
当n=19时,An=Bn;
当n∈[20,61],n∈N*时,An所以当她工作的天数低于19时,选择方案一所得薪酬更高;
当她恰好工作19天时,两种方案所得薪酬相等;
当她工作的天数超过19时,选择方案二所得薪酬更高.
(3)由(1)知,当n=20时,A20=50×20=1 000,B20=202+31×20=1 020,C20=≈2 659,则A20因此,若张敏同学在暑假期间共工作20天,则她选择方案三更合适.
素养评析　本题以方案设计问题为背景,巧妙地将函数、数列相融合,颇具新意.抽象出数学模型是解题关键,其中根据方案一可建立常数列模型,根据方案二可建立等差数列模型,根据方案三可建立等比数列模型.考查数学建模的核心素养.
2