2023蘇教版新教材高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊(cè)同步練習(xí)-第4章 數(shù)列綜合拔高練

綜合拔高練

五年高考練

考點(diǎn)1等差數(shù)列及其應(yīng)用

1.（2020全國(guó)H,4）北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場(chǎng)所,分上、中、下三層.上層中心有一塊圓

形石板（稱為天心石），環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊.下一

層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊.已知每層環(huán)數(shù)相同,且下層

比中層多729塊，則三層共有扇面形石板（不含天心石）（）

A.3699塊B.3474塊

C.3402塊D.3339塊

2.（2020浙江,7）已知等差數(shù)列包｝的前n項(xiàng)和為S?,公差dWO,且yW1.記

a

b.=S2,bn.1=S2n+2-S2?,neN,,下列等式不可能成立的是（）

A.2a.i=B.2b4=b2+b6

C.al=a2a8D.其二b2b8

3.（2019課標(biāo)全國(guó)I,9）記3為等差數(shù)列底｝的前n項(xiàng)和.已知S.=0,a5=5,則（）

A.an=2n_5B.an=3n-10

C.S?=2n2-8nD.S?=|n-2n

4.（2020新高考I,14）將數(shù)列｛2nT｝與｛3n-2｝的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列｛aj,則｛aj的前

n項(xiàng)和為.

5.（2020浙江，11）我國(guó)古代數(shù)學(xué)家楊輝,朱世杰等研究過高階等差數(shù)列的求和問題，如數(shù)列

｛竺羅｝就是二階等差數(shù)列.數(shù)列｛3歲4（nWN*）的前3項(xiàng)和是.

6.（2021全國(guó)甲，18）已知數(shù)列瓜｝的各項(xiàng)均為正數(shù)，記S0為瓜｝的前n項(xiàng)和，從下面①②③中選

取兩個(gè)作為條件,證明另外一個(gè)成立.

①數(shù)列｛aj是等差數(shù)歹U;②數(shù)歹H向｝是等差數(shù)歹U;③&=3ai.

注:若選擇不同的組合分別解答,則按第一個(gè)解答計(jì)分.

7.（2021全國(guó)乙理，19）記S.為數(shù)列｛aj的前n項(xiàng)和,匕為數(shù)列⑸｝的前n項(xiàng)積，已知母+

⑴證明：數(shù)列｛b0｝是等差數(shù)列；

⑵求｛%｝的通項(xiàng)公式.

8.（2019課標(biāo)全國(guó)I,18）記Sn為等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和.已知S9=-a5.

⑴若a3=4,求｛aj的通項(xiàng)公式;

（2）若a.>0,求使得Sn2a0的n的取值范圍.

考點(diǎn)2等比數(shù)列及其應(yīng)用

9.（2021全國(guó)甲文,9）記S”為等比數(shù)歹U｛aJ的前n項(xiàng)和.若S2=4,S4=6,貝IJSG=（）

A.7B.8C.9D.10

10.（2021全國(guó)甲理,7）等比數(shù)列｛aj的公比為q,前n項(xiàng)和為S?.設(shè)甲：q>0,乙：區(qū)｝是遞增數(shù)列，

則（）

A.甲是乙的充分條件但不是必要條件

B.甲是乙的必要條件但不是充分條件

C.甲是乙的充要條件

D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件

11.（2021浙江,9）已知a,b《R,ab>0,函數(shù)f（x）=ax：'+b（xeR）.若f（s-t）,f（s）,f（s+t）成等比

數(shù)列，則平面上點(diǎn)（s,t）的軌跡是（）

A.直線和圓B.直線和橢圓

C.直線和雙曲線D.直線和拋物線

12.（2021全國(guó)乙文,19）設(shè)｛文是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，數(shù)列｛bj滿足b普.已知a?3a2）9a3成

等差數(shù)列.

⑴求｛%｝和｛bn｝的通項(xiàng)公式；

⑵記S.和Tn分別為｛a,J和｛b?｝的前n項(xiàng)和.證明:T?.

13.（2020全國(guó)HI文，17）設(shè)等比數(shù)列｛4｝滿足a|+a2=4,a3-a,=8.

⑴求｛aj的通項(xiàng)公式；

⑵記Sn為數(shù)列｛log3an｝的前n項(xiàng)和.若Sm+Sm+1=Srat3,求m.

14.（2019課標(biāo)全國(guó)II,19）已知數(shù)歹1」｛aj和｛b?｝滿足a^l,也=0,4a?+1=3a,rb?+4,4b?+1=3b?-a?-4.

⑴證明：｛a0+bn｝是等比數(shù)列，｛a“-bj是等差數(shù)列；

⑵求｛④｝和瓜｝的通項(xiàng)公式.

考點(diǎn)3數(shù)列的綜合問題

15.（2021浙江，10）已知數(shù)列功｝滿足=l,aau筆（nGN*）.記數(shù)列｛a0｝的前n項(xiàng)和為S,?則

ai1+Van

（）

A.|<S100<3B.3<S,oo<4

C.4<S,OO4D.|<SW<5

16.（2020江蘇,11）設(shè)瓜｝是公差為d的等差數(shù)列，｛bj是公比為q的等比數(shù)列.已知數(shù)列瓜+bn｝

的前n項(xiàng)和S?=n2-n+2"-l（neN*）,則d+q的值是.

17.（2020全國(guó)I,16）數(shù)歹！J｛aJ滿足為*2+（-1）&=3展1,前16項(xiàng)和為540,則a產(chǎn).

18.（2020新高考1,18）已知公比大于1的等比數(shù)列｛aj滿足a2+a4=20,a3=8.

⑴求｛aj的通項(xiàng)公式；

（2）記也為｛aj在區(qū)間（0,m]（mWN*）中的項(xiàng)的個(gè)數(shù),求數(shù)列瓜｝的前100項(xiàng)和S1M.

考點(diǎn)4數(shù)學(xué)歸納法*

19.（2020全國(guó)HI理,17）設(shè)數(shù)列｛aj滿足a尸3,a?.,=3a?-4n.

⑴計(jì)算a2（a3）猜想瓜｝的通項(xiàng)公式并加以證明；

（2）求數(shù)列｛23｝的前n項(xiàng)和S,,

三年模擬練

應(yīng)用實(shí)踐

1.（多選）（2020江蘇鹽城期末）設(shè)d,也分別為等差數(shù)列⑸｝的公差與前n項(xiàng)和，若S10=S20,則下列

判斷中正確的有（）

A.當(dāng)n=15時(shí),5n取最大值

B.當(dāng)n=30時(shí),S?=0

C.當(dāng)d>0時(shí)，a,0+a22>0

D.當(dāng)d<0時(shí)，國(guó)。|>區(qū)2|

2.（多選）（2021山東威海期中）在數(shù)列｛嗎中，若皿色±l=k（k為常數(shù),n￡N*）,則稱｛4｝為“等

^n+i-an

差比數(shù)列”，下列對(duì)“等差比數(shù)列”的判斷錯(cuò)誤的是（）

A.k不可能為0

B."等差比數(shù)列”中的項(xiàng)不可能為0

C.等差數(shù)列一定是“等差比數(shù)列”

D.等比數(shù)列一定是“等差比數(shù)列”

3.（2022江蘇宜興第二高級(jí)中學(xué)檢測(cè)）已知等比數(shù)列｛aj的前n項(xiàng)和S?=2"+a,且b?=log2a?-a,則

數(shù)列｛舟；｝的前n項(xiàng)和“（）

C.—D.^-

n+12n+l

4.（2020四川南充西南大學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)校月考）已知數(shù)列｛log,,bn｝（a>0且aWl）是首項(xiàng)為2,公差為1

的等差數(shù)歹（若數(shù)列｛aj是遞增數(shù)歹（且滿足a?=b?lgb“則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）

A.（|,1）B.（2,+8）

C.（|,1）U（l,+oo）D.（O,|）U（l,+oo）

5.（2020山東濟(jì)寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)期中）古代埃及數(shù)學(xué)中有一個(gè)獨(dú)特現(xiàn)象:除|用一個(gè)單獨(dú)的符號(hào)表示

以外,其他分?jǐn)?shù)都可寫成若干個(gè)單分?jǐn)?shù)和的形式.例如|=：+上,可這樣理解:有兩個(gè)面包,要

平均分給5個(gè)人,每人;,余;,再將這;分成5份,每人得福,這樣每人分得：+三.形如

33315315

匕缶23”￡4）的分?jǐn)?shù)的分解：2=工+三,2=；+工,白=工+5,按此規(guī)律，三=

2n-l5315742895452n-l

（n23,nWN"）.

6.（2021河南豫南九校聯(lián)考）已知數(shù)列｛孤｝的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和為L(zhǎng),其中

a1=l,3S“=（n+m）a0（meR）,且a力“=*若對(duì)任意n6N*,人》T“恒成立,則實(shí)數(shù)人的最小值

為.

7.（2021上海交通大學(xué)附屬中學(xué)月考）已知等差數(shù)列｛a.｝（公差不為零）和等差數(shù)列｛b0｝,如果關(guān)

=

于x的方程202lx'-（ai+a2+'"+a2021）x+bi+b2+"-+b202i0有實(shí)數(shù)解,那么以F2021個(gè)方程

2222

x-aix+bi=0,x-a2x+b2=0,x-a3x+b3=0,...,x-a202iX+b2021=0中，無實(shí)數(shù)解的方程最多有

個(gè).

8.（2021江蘇南京三校期中聯(lián)考）在下列三個(gè)條件:①ae=|a0+l,②a*an+2,③SEag中選擇一

個(gè)補(bǔ)充在題中橫線處,并作答.

設(shè)數(shù)歹U｛an）的前n項(xiàng)和為S?,a產(chǎn)1,對(duì)任意的n?N*,都有,在等比數(shù)列｛bj中,對(duì)任意的

nGN*,都有b?>0,2b"2=bg+3b“且b□，問：是否存在k6N*,使得對(duì)任意的nCN",都有abWah?

若存在，試求出k的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.

9.（2020天津耀華中學(xué)期中）在數(shù)列｛aj中，已知由=1,其前n項(xiàng)和為權(quán),且對(duì)任意的正整數(shù)n,都

有2Sn=（n+l）an成立.

⑴求數(shù)列｛%｝的通項(xiàng)公式；

⑵已知關(guān)于n的不等式心?貯....巴當(dāng)<心對(duì)一切n23,ndN*恒成立,求實(shí)數(shù)a的取

a3a4anV2n+1

值范圍；

⑶已知c.=（念）：數(shù)列匕,｝的前n項(xiàng)和為T“試比較T.與豹勺大小并證明.

遷移創(chuàng)新

10.已知數(shù)列｛aj,從中選取第。項(xiàng)、第i?項(xiàng)、…、第i.,項(xiàng)（iid<…<i>若旬<

則稱新數(shù)列右,ai2,%為｛a?｝的長(zhǎng)度為m的遞增子歹規(guī)定:數(shù)列｛aj的任意一項(xiàng)都是｛aj的

長(zhǎng)度為1的遞增子列.

（1）寫出數(shù)列1,8,3,7,5,6,9的一個(gè)長(zhǎng)度為4的遞增子列；

⑵已知數(shù)列｛a』的長(zhǎng)度為p的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為a.。,長(zhǎng)度為q的遞增子列的末項(xiàng)的

最小值為an（）.若p<q,求證：am（）Vano;

（3）設(shè)無窮數(shù)列｛%｝的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且任意兩項(xiàng)均不相等.若｛an｝的長(zhǎng)度為s的遞增子列的

末項(xiàng)的最小值為2s-l,且長(zhǎng)度為s且末項(xiàng)為2s-l的遞增子列恰有2f個(gè)（s=l,2,…），求數(shù)列｛a.｝

的通項(xiàng)公式.

答案全解全析

五年高考練

1.C由題意可設(shè)每層有n個(gè)環(huán),則三層共有3n個(gè)環(huán)，.??每一環(huán)扇面形石板的塊數(shù)構(gòu)成以a,=9為首項(xiàng),9為公差的

等差數(shù)列■｝,且項(xiàng)數(shù)為3n.不妨設(shè)上層扇面形石板總數(shù)為Sb中層總數(shù)為S2,下層總數(shù)為S3>.\S3-S2=[9（2n+1）x

n+竽x9]-[9（n+1）x九+在羅x9卜9n2=729,解得n=9（負(fù)值舍去）.則三層共有扇面形石板（不含天心

石）27X9+4^X9=27X9+27X13X9=27X14X9=3402（塊）.故選C.

2.D對(duì)于A,a2,31,a6成等差數(shù)列，故A成立；對(duì)于B,由bn?I=S2n?2—S2n=a.2n?2^a2n?1,可得

卜.「匕尸@20+2+&"1一(或產(chǎn)出『1)=@211+2-%“+&/1一@2「尸4(1,故｛人｝是等差數(shù)歹1」,則b2,bl,b6也成等差數(shù)歹Ij,故B成立；對(duì)于

C,al=(al+3d)2=a：+6aid+9d；a2a8=(ai+d),?+7d)=a：+8aid+7d：所以遍一@2@8二2才-201(1=2(1((]-a1),當(dāng)d二a

時(shí)，諼=a2as成立;對(duì)于D,bl=(%+&+12d)2=(2al+13d)2=4居+52ald+169d2,b2b8=(al+a2+

4d)(al+a2+28d)=(2al+5d)(2al+29d)=4af+68aid+145d2,所以必一b2b8=24d2-16ald=

8d2(3-2?y^8d2>0,所以母Wb2b8,故D不可能成立.故選D.

3.A設(shè)｛a?｝的公差為d,依題意得,4a計(jì)等d=0①問+4d=5②，

聯(lián)立①②，解得ai=-3,d=2.所以a?=2n-5,S?=n2-4n.故選A.

4.答案3n-2n

解析?.?數(shù)列｛2n-l｝的項(xiàng)為1,3,5,7,9,11,13,-,

數(shù)列｛3n-2｝的項(xiàng)為1,4,7,10,13,

.??數(shù)列瓜｝是首項(xiàng)為1,公差為6的等差數(shù)列，

?*.a,-l+(n-l)X6=6n-5,

二數(shù)列瓜｝的前n項(xiàng)和s“=(i+6；5)*n=3nJ2n.

5.答案10

解析數(shù)列｛妁歲2｝的前三項(xiàng)依次為學(xué)=1,等=3,?=6,.?.所求和為1+3+6=10.

6.解析選①②作為條件，證明③.

證明：設(shè)等差數(shù)列瓜｝的公差為d,因?yàn)椋颍堑炔顢?shù)列,所以2展=何+店，即20al+d=瘋+

,34+3d,兩邊平方,得4(2a：+d)=a：+3ai+3d+2皿式3%+3d),整理得4ai+d=2jai(3ai+3d),兩邊平方,得16研+

8ald+d2=4(3a：+3a6),化簡(jiǎn)得4送Taid+d'O,即(2%-<1)2=0,所以d=2ab貝I]a2=ai+d=3ai.

選①③作為條件,證明②.

證明：設(shè)等差數(shù)列｛a.｝的公差為d.

因?yàn)閍2=3aI,即a1+d=3ai,所以d=2a,.

所以等差數(shù)列｛a“｝的前n項(xiàng)和S產(chǎn)的+等d=nal+竽?2a尸n2al.又a,>0,所以店=n病.

則一倔=(n+1)圾—ng?=何,所以數(shù)列｛醫(yī)｝是公差為圾的等差數(shù)列.

選②③作為條件,證明①.

證明：設(shè)等差數(shù)列｛、屬｝的公差為d,因?yàn)镴印=yJa^ty/S^=7al+%=J%+3@i=2yfa[y所以d=-J印=

2//一757=Va7,則等差數(shù)列的通項(xiàng)公式為=y[a[+(n-1)，石=nJ詬所以S?=n2ai,當(dāng)n，2

22

時(shí),an=Sn-Sn-i=nai-(n-1)ai=(2n-l)ai,且當(dāng)n=l時(shí)，上式也成立,所以數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式為an=(2n-l)ai,則

_

anHan=(2n+l)ai-(2n-l)ai=2ai,所以數(shù)列｛a｝是公差為2al的等差數(shù)列.

7解析⑴證明：由b產(chǎn)Si?S2.........7可得,

僅i，n=1,2i

Sn=jb由+~=2知，

T—n,n>2,sb

i3-inn

當(dāng)n」時(shí),y-+-y-=2,

Sibi

即j所以b尸Si4，

當(dāng)n》2時(shí)，金+/2,

bn-l

即2bn=2bn-l+l,即bn-bn-l=~,

故數(shù)列｛bj是首項(xiàng)為玄公差為3的等差數(shù)列.

⑵由⑴知,b?=|+(n-1)x；=等，

故當(dāng)n22吐S"B=-.S1=弛符合該式，

dn-in+12

故S=^(neN*),從而ai=Si=1,

nn+l2

當(dāng)n22時(shí)，a?=S-Sn-i=^7--=--；1-,al=:不符合該式，

nn+lnn(n+l)2

8.解析(1)設(shè)｛aj的公差為d.

由S,j=-as得ai+4d=0.由a：1=4得ai+2d=4.

于是ai=8,d=-2.

因此｛a』的通項(xiàng)公式為an=10-2n.

(2)由(1)得aF-4d,故a?=(n-5)d,S。罟空.

由a,>0知d<0,故S.》a,等價(jià)于n-lln+10^0,解得IWnWIO.

所以n的取值范圍是｛nIWnWIO,nGN｝.

9.A解法一(基本量法)：設(shè)｛a.｝的首項(xiàng)為a?公比為q(q#l),

瞽口=4,0一，

1*=6,『8，

.?.S..=ai（1-g6）=8x（1」）=7,故選A.

解法二（利用等比數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)）：

由題意知$,S「Sz,S「S,成等比數(shù)列，

則（$L&）2=S2?（Se-S」），即（6-4）2=4（SL6）,

解得Se=7,故選A.

10.B當(dāng)q=l,a,<0時(shí),等比數(shù)列｛a,,）的前n項(xiàng)和S0=na〈O,可知｛S,,｝是單調(diào)遞減數(shù)列，因此甲不是乙的充分條件；

若｛S?｝是遞增數(shù)列,則當(dāng)n22時(shí),a?=S?-S?-l>0,即ad'>0恒成立,而只有當(dāng)a,>0,q>0時(shí),a.q"'>0恒成立,所以可得

q>0,因此甲是乙的必要條件.綜上，甲是乙的必要條件但不是充分條件.故選B.

方法總結(jié)

研究數(shù)列5｝的單調(diào)性只需考慮S?>S?或（n》2）成立,不需討論對(duì)任意n,mdN.且n<m,有SKS“，或S?>S.

恒成立

11.C由題意知f(s)=as?+b,f(s-t)=a(s-t)2+b=(as2+b)+at(t-2s),f(s+t)=a(s+t)2+b=(as2+b)+at(t+2s),

Vf(s-t),f(s),f(s+t)成等比數(shù)列，；.f(s-t)?f(s+t)=f

2(s)=[(as2+b)+at(t-2s)][(as'+b)+at(t+2s)]=(as2+b)'=>at(as2+b)(t-2s+t+2s)+a2t"(t2-4s")=0=>2at",(as2+b)

+a2t2(t2-4s2)=0,(*)

①當(dāng)t=0時(shí),sGR,故(s,t)的軌跡為一條直線；

②當(dāng)t#0時(shí)，(*)式可化為2as2+2b+at?-4as2=0,

即2as'-at?=2b,因?yàn)閍b>0,

2

所以s-^=?0,故點(diǎn)(s,t)的軌跡為雙曲線,故選C.

12.解析⑴設(shè)等比數(shù)列K}的公比為q.

Va?3a2,9a3成等差數(shù)列，：.6巾+9a3,

又,.?{&」是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，.?.6aiq=ai+9a】q；

9q2-6q+l=0,解得q尸qzq,二④二a?qnl=^-j.

Vb.,=^,.-.b,,=n?(I).

⑵證明：由⑴知,a,=l,q=1.：S,為｛a“｝的前n項(xiàng)和,

s“*濘鈕?

“為｛bj的前n項(xiàng)和,

Tn=bl+b2+，，，+bn=lX?+2x0*(/①

打n=】x(J+2x(，…唱戶，②

①-②，得|Tn=|+(步…+(步n-g)n+1=嚕L?0討

?D+漢丁+*

工號(hào)=一＞()〈。,，工曹

13.解析⑴設(shè)｛aj的公比為q,則a..=a,q"H.

由已知得

嘉曹彳’解得q=3.

所以凡｝的通項(xiàng)公式為a?=3n,.

(2)由(1)知lOgsHn=FIT.故S,=^y^.

由=Si得m(m-l)+(m+l)m=(m+3)(m+2),B|Jn『一5m-6二0,

解得m=T(舍去)或用二6.

14.解析⑴證明：由題設(shè)得4(an.,+b?(l)=2(an+bn),

+

即anHbn+l=1(an+bn).

又因?yàn)橛?bf所以為+bn｝是首項(xiàng)為1,公比為3的等比數(shù)列.

—=—

由題設(shè)得4(an-nbn+i)4(anbn)+8,即a?+「bn+尸arbn+Z.

又因?yàn)閍-bFl,所以｛a「bj是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列.

-=

(2)由(1)知,atl+btl-^Y，anbn2n-l.

所以an=1[(an+bn)+(an—bn)]=^+n—

b弓[(an+bn)-(an-bn)]=表一n+/

fln

15.A易知4>0,anu-an--/^-^O,an.Xan,

i+師

???｛%｝單調(diào)遞減，故aWL

一方面閉尸命若a”

??.a舉,‘或4?飛)"'=(戶，

???SBMJ+(丁+…+(丁9=叩)1=2>2-；|.

另一方面，a?i==an.】+a/JH^=an,

an-an+i

??Hii+r

yf^n

?\j~^n>2+\/冊(cè)+1)'

Qn-Qii+l=

.?21+]〈1.—--------2(Jan—yf^n+i)>

2(Van+Van+l)

+，+a

.■.Sl00<l+2(Va?-V?2+V?2-7?3">/^99-V100)=1+2(1-^/?100)<3,

.?.SmG(|,3).故選A.

16.答案4

解析易知q#l,則｛a“+b“｝的前n項(xiàng)和S"=na.'"；")d+，=gn2+(%-$n-^qn+-^=n2-n+2"-l,

—=1,q=2,即d=2,q=2,d+q=4.

17.答案7

解析令n=2k(keN*),則有a2k.2+a2t=6k-l(keN')，

?.a2+av=5,a((+as=17,a”+ai2=29,a“+ai6=41,

???前16項(xiàng)的所有偶數(shù)項(xiàng)和S㈣=5+17+29+41=92,

.,.前16項(xiàng)的所有奇數(shù)項(xiàng)和S百=540-92=448,

令n=2k-l(keN*),則有a2k+]-a2k-,=6k-4(keN),

/.a2kH-3]-(a3-ai)+(as-a?)+(a7-as)+,,,+(a2k“—a2k-i)-2+8+14+,?,+6k~4~/c^2+^fc4^-k(3k-l)(k￡N"),

/.32k”二k(3k-l)+ai(k￡N,)，

a3=2+aba5=10+ai,a?=24+ai,a<)=44+ai,a1i=70+al,a.=102+ai,ai5=140+ab

???前16項(xiàng)的所有奇數(shù)項(xiàng)和SSf=a1+a3+-+a15=8a1+2+10+24+44+70+102+140=8a,+392=448.

/.ai=7.

18.解析(1)設(shè)｛①｝的公比為q.

由題設(shè)得aiq+aiq3=20,aiq2=8,

解得卬弓(舍去)，q#2.

由題設(shè)得a：=2,

所以缸｝的通項(xiàng)公式為a?=2".

⑵由題設(shè)及(1)知bi=O,且當(dāng)2"Wm〈2田時(shí),b,?=n.

所以Sioo=bi+(b2+b3)+(bi+bs+bs+bj)+,,,+(b3z+bg+…+b、)+(b“+b6s+…+bit?)

=0+1X2+2X22+3X2s+4X2'+5X25+6X(100-63)=480.

19.解析(l)a2=5,a3=7.

猜想a*=2n+l.由已知可得

a””-(2n+3)=3[a?-(2n+l)],

a?~(2n+l)=3[a?i-(2n-l)],

a?-5=3(a「3).

因?yàn)閍尸3,所以a?=2n+l.

⑵由⑴得2"a.=(2n+l)2",

所以S?=3X2+5X22+7X23+—+(2n+1)X2n,@

從而2S?=3X22+5X23+7X2'+-+(2n+l)X27②

①-②得

-S?=3X2+2X22+2X25+-+2X2"-(2n+l)X2"”，

所以S.=(2n-l)2"'+2.

知識(shí)拓展

解決數(shù)列的求和問題,首先要得到數(shù)列的通項(xiàng)公式,再根據(jù)其特點(diǎn)選擇相應(yīng)的求和方法.數(shù)列求和的方法有以

下幾類：(1)公式法，等差或等比數(shù)列的求和用公式法;(2)裂項(xiàng)相消法,形如a。一^(kWO),可裂項(xiàng)為

n(n+k)

a“W?(，京)；⑶錯(cuò)位相減法,形如c產(chǎn)a0?b.?其中｛a?｝是等差數(shù)列，｛b,,｝是等比數(shù)列;(4)分組求和法,形如

c.=a,+b",其中｛aj是等差數(shù)列，他｝是等比數(shù)列；(5)并項(xiàng)求和法.

三年模擬練

1.BC因?yàn)镾HFSZ。,所以10ai+等d=20al+歿無，解得aF-gd.

對(duì)于A,因?yàn)闊o法確定a.和d的正負(fù),所以無法確定S.是否有最大值,故A錯(cuò)誤.

對(duì)于B,$Q=30a什號(hào)空d=30x(-yd)+15X29d=0,故B正確.

對(duì)于C,aio+a22=2al6=2(ai+15d)=2^-yd+15d^=d>0,故C正確.

對(duì)于D,3,0=3,+9d=--d+-d=--d,a22=al+21d---d+-d=-d,

222222

因?yàn)閐<0,所以|a?)|=-￡d,|a22|=—葭d,所以a1。|<|a*],故D錯(cuò)誤.

故選BC.

2.BCD當(dāng)k=0時(shí),根據(jù)“等差比數(shù)列”的定義,有'……-o,即有a?『a”“=O,這與分母不為0矛盾，...kWO,故A

an+l-an

中判斷正確；當(dāng)a.=n-l時(shí)，&3±1=3=1為常數(shù)，.?.數(shù)列⑸｝為“等差比數(shù)列"，且a,=0,故B中判斷錯(cuò)誤；當(dāng)

fln+1-ann-n+1

數(shù)列｛a.J為非零常數(shù)列時(shí)，數(shù)列EJ既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列，但an.-a.F0,此時(shí)數(shù)列｛為｝不是“等差比數(shù)列”，

故C、D中判斷錯(cuò)誤.

nn

3.B因?yàn)榈缺葦?shù)列｛&｝的前n項(xiàng)和Sn=2+a,所以當(dāng)n=l時(shí),Si=ai=2+a,當(dāng)n22,n￡N”時(shí),Sn-i=2'+a,則

nnl,H

a?=Sn-SnF2+a-(2-+a)=2(n>2),Waz=2,｛aj的公比為2.

所以ai=l=2+a,解得a=T,所以a產(chǎn)以T(n￡N)

l_-

所以bn=log2an—a=log22"(1)=n,

所以一^=一^=工一二-,

bnbn+1n(n+l)nn+1

所以T”=(W)+(濘)+…+(；W)=1-W=備

±1

4.D由題意得1ogabi=2,1Ogabn^-1Ogabn=1Oga^7=1,

bn

Ab,=a2,3a,???｛b“｝是以￡為首項(xiàng),a為公比的等比數(shù)歹U,'b產(chǎn)a叱

如

nnn，nn

Va.=bnlgb?,/.an=alga-(n+l)a?1ga.

;｛aj為遞增數(shù)歹山.??anran>0,BP[(n+2)a-(n+1)]a,rl?1ga>0.

①當(dāng)a>l時(shí)，1ga>0,antl>0,/.(n+2)a-(n+l)>0,EPa>—=1--,V—>0,/.1--<1,ARflSa>l即可滿足

n+2n+2n+2n+2

[(n+2)a-(n+l)]anH?1ga>0.

②當(dāng)0<a<l時(shí)，1ga<0,a'”'>0,；.(n+2)a-(n+l)<0,即a<l-,0<a〃即可滿足

n+2n+23n+233

[(n+2)a-(n+l)]an1,1ga>0.

綜上所述,實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,J)U(1,+8),故選D.

5?答案》含

解析由題意得,|=打七,

即京7=1+3X(2：30

-=i+-,即二=-+—-—

74282X4-144X(2X4-1)

-=i+-,即二一=-+—-—

95452X5-155x(2x5-l)

由此歸納出上=；+忌W(n》3,nGN)

又三+等=等孩=右,結(jié)論成立,

nn(2n-l)n(2n-l)2n-l

3=w.

2n-ln2n2-n

解題模板

由數(shù)列的前幾項(xiàng)歸納其通項(xiàng)公式時(shí),首先要分析項(xiàng)的結(jié)構(gòu)，然后探究結(jié)構(gòu)中的各部分與項(xiàng)的序號(hào)n之間的函

數(shù)關(guān)系，進(jìn)而求得通項(xiàng)公式.

6.答案|

解析當(dāng)n=l時(shí),3Si=3ai=(l+m)ab解得m=2.

當(dāng)n>2時(shí),由您"=也得(n-l)a.=(n+l)as,即％=哼

(35止1=(n-1+N)an-i?n-in-i

由累乘法可得幺=吟2

2

又a產(chǎn)1,所以a.七2

由a?b?=i,得比七云

所以*1[(1弓)+(濘)+…+((馬]=l(LW)<?

因?yàn)閷?duì)任意nGN；入汀。恒成立，所以入與故實(shí)數(shù)X的最小值為:

7.答案1010

解析設(shè)等差數(shù)列｛a?｝的公差為d?ANO,等差數(shù)列｛b,.｝的公差為&,

則ai+az+'.'+az021=2021alon,bi+b2+，，，+b202尸2021blou)

2

所以原方程可變?yōu)?021x-2021aiOHX+2021b.O.FO,

由該方程有實(shí)數(shù)解可得(-2021%OII)2-4X2021%mi^0,即4bL

2

要使方程x-aix+bi=0(iGN*,iW2021)無解,

2，

貝ij需A=(-ai)-4bi=a?-4b,<0(iGN,i^2021).

設(shè)y尸必=[%+01)由]2,y2=4bi=4[b,+(i-l)d2](ieN；iW2021),

易得y,的圖象為開口向上的拋物線的一部分,力的圖象為直線的一部分，

又i=l011時(shí),所以滿足y￡yz的i的取值最多可有1010個(gè),

即無實(shí)數(shù)解的方程最多有1010個(gè).

8.解析設(shè)等比數(shù)列｛bj的公比為q.因?yàn)閷?duì)任意的nEN,,都有2b*be+3b.，

所以2q-q+3,解得q=T或q=|.

因?yàn)閷?duì)任意的nGN,,都有b?>0,所以q>0,從而q=|,

又bi=l,所以.

假設(shè)存在kGN*,使得對(duì)任意的nGN；都有abWah,即詈W?.

bn限

記c產(chǎn)詈,ndN*.下面分別選擇①②③作為條件進(jìn)行研究.

bn

選擇①.因?yàn)閍,1,i=1an+l,所以③”-2弓⑸-2).

n

又a尸1,所以a-2=-1^0,所以a,-2^0,從而0+呼=1

a7r22

所以數(shù)列｛a「2｝是以-1為首項(xiàng)為公比的等比數(shù)列，則a:2=-G)”：即

所以加鬻=絮，從而箸=募^?

由加/1得2。2,解得n》l,當(dāng)n=l時(shí)，c產(chǎn)C2,當(dāng)n>l時(shí),c?,i<c?,

j-：1｝

所以當(dāng)n的值為1或2時(shí),a取得最大值,即》取得最大值，

bn

所以對(duì)任意的n￡N*,都有詈W詈=詈,即abWah,abWab,

bnb2%

所以存在k的值為1或2,使得對(duì)任意的neN;都有a?bk^akb?.

選擇②.因?yàn)閍n(i=an+2,所以an.-an=2,

所以數(shù)列區(qū)｝是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)歹U,所以d=l+2(n-l)二2nT,

=

所以cn-=(2n—1)(弓)>0,

bn\3/

由2.(2y+i)wi得2n25,解得當(dāng)nW2時(shí)，a+Dc”當(dāng)n23時(shí)，c?+1<c?,

3(2n-l)2

所以當(dāng)n=3時(shí),a取得最大值,即詈取得最大值.

所以對(duì)任意的neN*,都有詈W詈,即ah〈ah.

?n?3

所以存在k的值為3,使得對(duì)任意的nGN*,都有aEWab.

選擇③.因?yàn)镾?=2a?-1,所以S?.i=2a?,-1,

=:—

從而ai>+iSn+i~Sn-2an-i1-(2ah~l)—2an^i~2ail,即a“i=2a”

又a尸1〉0,所以a“>0,且皿=2,

an

從而數(shù)列｛a,J是以1為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,所以a=21

所以以=詈=仁)”">0,從而皿=->1,所以C?H>C?,

bn\3/Cn3

所以不存在滿足題意的k.

9.解析⑴；2sli=(n+l)a”①

?二當(dāng)n22時(shí)，2S「i二na「i,②

①-②，得