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4.1~4.4综合拔高练-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析）
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这是一份4.1~4.4综合拔高练-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析），共20页。
4.1~4.4综合拔高练
五年高考练
考点1 等差数列及其应用
1.(2020全国Ⅱ,4,5分,)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石) ( )
A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
2.(2020浙江,7,4分,)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且a1d≤1.记b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,n∈N*,下列等式不可能成立的是 ( )
A.2a4=a2+a6
B.2b4=b2+b6
C.a42=a2a8
D.b42=b2b8
3.(2019课标全国Ⅰ,9,5分,)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则 ( )
A.an=2n-5
B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8n
D.Sn=12n2-2n
4.(2020新高考Ⅰ,14,5分,)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 .
5.(2020浙江,11,4分,)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列n(n+1)2就是二阶等差数列.数列n(n+1)2(n∈N*)的前3项和是 .
6.(2019课标全国Ⅲ,14,5分,)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1≠0,a2=3a1,则S10S5= .
7.(2019北京,10,5分,)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5= ,Sn的最小值为 .
8.(2019课标全国Ⅰ,18,12分,)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=-a5.
(1)若a3=4,求{an}的通项公式;
(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范围.
考点2 等比数列及其应用
9.(2020全国Ⅰ,10,5分,)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8= ( )
A.12 B.24 C.30 D.32
10.(2018北京,4,5分,)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为 ( )
A.32f B.322f
C.1225f D.1227f
11.(2019课标全国Ⅰ,14,5分,)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=13,a42=a6,则S5= .
12.(2020全国Ⅲ文,17,12分,)设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.
13.(2019课标全国Ⅱ,19,12分,)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
考点3 数列的综合问题
14.(2020江苏,11,5分,)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),则d+q的值是 .
15.(2020全国Ⅰ,16,5分,)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1= .
16.(2020新高考Ⅰ,18,12分,)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
考点4 数学归纳法*
17.(2020全国Ⅲ理,17,12分,)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.(多选)(2020江苏盐城高二期末,)设d,Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和,若S10=S20,则下列判断中正确的有 ( )
A.当n=15时,Sn取最大值
B.当n=30时,Sn=0
C.当d>0时,a10+a22>0
D.当d<0时,|a10|>|a22|
2.(多选)(2020江苏苏州实验中学高二月考,)已知等差数列{an}的首项为1,公差d=4,前n项和为Sn,则下列结论成立的有 ( )
A.数列Snn的前10项和为100
B.若a1,a3,am成等比数列,则m=21
C.若∑i=1n1aiai+1>625,则n的最小值为6
D.若am+an=a2+a10,则1m+16n的最小值为2512
3.(2020四川南充西南大学实验学校高一月考,)已知数列{logabn}(a>0且a≠1)是首项为2,公差为1的等差数列,若数列{an}是递增数列,且满足an=bnlg bn,则实数a的取值范围是 ( )
A.23,1 B.(2,+∞)
C.23,1∪(1,+∞) D.0,23∪(1,+∞)
4.(2020山东济宁实验中学高二上期中,)古代埃及数学中有一个独特现象:除23用一个单独的符号表示以外,其他分数都可写成若干个单分数和的形式.例如25=13+115,可这样理解:有两个面包,要平均分给5个人,每人13,余13,再将这13分成5份,每人得115,这样每人分得13+115.形如22n-1(n≥3,n∈N*)的分数的分解:25=13+115,27=14+128,29=15+145,按此规律,22n-1=
(n≥3,n∈N*).
5.(2021河南豫南九校高二联考,)已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,其中a1=1,3Sn=(n+m)an(m∈R),且anbn=15.若对任意n∈N*,λ>Tn恒成立,则实数λ的最小值为 .
6.(2021上海交通大学附属中学高三月考,)已知等差数列{an}(公差不为零)和等差数列{bn},如果关于x的方程2 021x2-(a1+a2+…+
a2 021)x+b1+b2+…+b2 021=0有实数解,那么以下2 021个方程x2-a1x+b1=0,x2-a2x+b2=0,x2-a3x+b3=0,……,x2-a2 021x+b2 021=0中,无实数解的方程最多有 个.
7.(2021浙江宁波宁海中学高三二模,)已知{|an|}是首项和公差均为1的等差数列,Sn为数列{an}的前n项和,记mn为|Sn|的所有可能取值中的最小值,则m1+m2+…+m2 020= .
8.(2021江苏南京三校高三期中联考,)在下列三个条件①an+1=12an+1,②an+1=an+2,③Sn=2an-1中选择一个补充在题中横线处,并作答.
设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,对任意的n∈N*,都有 ,等比数列{bn}中,对任意的n∈N*,都有bn>0,2bn+2=bn+1+3bn,且b1=1,问:是否存在k∈N*,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn?若存在,试求出k的值;若不存在,请说明理由.
9.(2020天津耀华中学高二上期中,)在数列{an}中,已知a1=1,其前n项和为Sn,且对任意的正整数n,都有2Sn=(n+1)an成立.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知关于n的不等式a3-2a3·a4-2a4·…·an-2an
迁移创新
10.(2019北京高考,)已知数列{an},从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1
(2)已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0,长度为q的递增子列的末项的最小值为an0.若p
4.1~4.4综合拔高练
五年高考练
1.C 由题意可设每层有n个环,则三层共有3n个环,∴每一环扇面形石板的块数构成以a1=9为首项,9为公差的等差数列{an},且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1,中层总数为S2,下层总数为S3,∴S3-S2=9(2n+1)×n+n(n-1)2×9-9(n+1)×n+n(n-1)2×9=9n2=729,解得n=9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9+27×262×9=27×9+27×13×9=27×14×9=3 402(块).故选C.
2.D 对于A,a2,a4,a6成等差数列,故A成立;对于B,由bn+1=S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1,可得bn+1-bn=a2n+2+a2n+1-(a2n+a2n-1)=a2n+2-a2n+a2n+1-a2n-1=4d,故{bn}是等差数列,则b2,b4,b6也成等差数列,故B成立;对于C,a42=(a1+3d)2=a12+6a1d+9d2,a2a8=(a1+d)·(a1+7d)=a12+8a1d+7d2,所以a42-a2a8=2d2-2a1d=2d(d-a1),当d=a1时,a42=a2a8成立;对于D,b42=(a1+a2+12d)2=(2a1+13d)2=4a12+52a1d+169d2,b2b8=(a1+a2+4d)(a1+a2+28d)=
(2a1+5d)(2a1+29d)=4a12+68a1d+145d2,所以b42-b2b8=24d2-16a1d=8d23-2·a1d≥8d2>0,所以b42≠b2b8,故D不可能成立.故选D.
3.A 设{an}的公差为d,依题意得,4a1+4×32d=0①,a1+4d=5②,
联立①②,解得a1=-3,d=2.所以an=2n-5,Sn=n2-4n.故选A.
4.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Sn=(1+6n-5)×n2=3n2-2n.
5.答案 10
解析 数列n(n+1)2的前三项依次为1×22=1,2×32=3,3×42=6,
∴所求和为1+3+6=10.
6.答案 4
解析 设等差数列{an}的公差为d,
∵a2=3a1,∴a2=a1+d=3a1,∴d=2a1,
∴S10=10a1+10×92d=100a1,
S5=5a1+5×42d=25a1,
又∵a1≠0,∴S10S5=4.
7.答案 0;-10
解析 解法一:设等差数列{an}的公差为d,
∵a2=-3,S5=-10,
∴a1+d=-3,5a1+5×42d=-10,
即a1+d=-3,a1+2d=-2,解得a1=-4,d=1,
∴a5=a1+4d=0,Sn=na1+n(n-1)2d=-4n+n2-n2=12(n2-9n)=12n-922-818,
∵n∈N*,∴n=4或n=5时,Sn取最小值,最小值为-10.
解法二:设等差数列{an}的公差为d,易得S5=5(a1+a5)2=5a3,∵S5=-10,∴a3=-2,又a2=-3,∴d=1,∴a5=a3+2d=0,
∴(Sn)min=S4=S5=-10.
8.解析 (1)设{an}的公差为d.
由S9=-a5得a1+4d=0.
由a3=4得a1+2d=4.
于是a1=8,d=-2.
因此{an}的通项公式为an=10-2n.
(2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d,Sn=n(n-9)d2.
由a1>0知d<0,故Sn≥an等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.
所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.
9.D 设等比数列{an}的公比为q,
故a2+a3+a4=q(a1+a2+a3),
又a2+a3+a4=2,a1+a2+a3=1,
∴q=2,
∴a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32,故选D.
10.D 由题意知,十三个单音的频率依次构成首项为f,公比为122的等比数列,设该等比数列为{an},则a8=a1q7,即a8=1227f,故选D.
11.答案 1213
解析 设{an}的公比为q,由a42=a6,得a42=a4·q2,∴a4=q2.
又∵a4=a1·q3,∴a1·q3=q2,
又a1=13,∴q=3.
由等比数列求和公式可知S5=13×(1-35)1-3=1213.
12.解析 (1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1.
由已知得a1+a1q=4,a1q2-a1=8,解得a1=1,q=3.
所以{an}的通项公式为an=3n-1.
(2)由(1)知log3an=n-1.故Sn=n(n-1)2.
由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0,
解得m=-1(舍去)或m=6.
13.解析 (1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),
即an+1+bn+1=12(an+bn).
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.
所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+n-12,
bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n+12.
14.答案 4
解析 易知q≠1,则{an+bn}的前n项和Sn=na1+n(n-1)2d+b1(1-qn)1-q=d2n2+a1-d2n-b11-qqn+b11-q=n2-n+2n-1,
∴d2=1,q=2,即d=2,q=2,∴d+q=4.
15.答案 7
解析 令n=2k(k∈N*),则有a2k+2+a2k=6k-1(k∈N*),
∴a2+a4=5,a6+a8=17,a10+a12=29,a14+a16=41,
∴前16项的所有偶数项和S偶=5+17+29+41=92,
∴前16项的所有奇数项和S奇=540-92=448,
令n=2k-1(k∈N*),则有a2k+1-a2k-1=6k-4(k∈N*).
∴a2k+1-a1=(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+…+(a2k+1-a2k-1)=2+8+14+…+6k-4=k(2+6k-4)2=k(3k-1)(k∈N*),
∴a2k+1=k(3k-1)+a1(k∈N*),
∴a3=2+a1,a5=10+a1,a7=24+a1,a9=44+a1,a11=70+a1,a13=102+a1,a15=140+a1,
∴前16项的所有奇数项和S奇=a1+a3+…+a15=8a1+2+10+24+44+70+102+140=8a1+392=448.
∴a1=7.
16.解析 (1)设{an}的公比为q.
由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8,
解得q1=12(舍去),q2=2.
由题设得a1=2,
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.
所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)
=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
17.解析 (1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.由已知可得
an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,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+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=1n(n+k)(k≠0),可裂项为an=1k·1n-1n+k;(3)错位相减法,形如cn=an·bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(4)分组求和法,形如cn=an+bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(5)并项求和法.
三年模拟练
1.BC 因为S10=S20,所以10a1+10×92d=20a1+20×192d,解得a1=-292d.
对选项A,因为无法确定a1和d的正负,所以无法确定Sn是否有最大值,故A错误.
对选项B,S30=30a1+30×292d=30×-292d+15×29d=0,故B正确.
对选项C,a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2-292d+15d=d>0,故C正确.
对选项D,a10=a1+9d=-292d+182d=-112d,a22=a1+21d=-292d+422d=132d,
因为d<0,所以|a10|=-112d,|a22|=-132d,所以|a10|<|a22|,故D错误.
故选BC.
2.AB 由已知可得an=4n-3,Sn=2n2-n,Snn=2n-1,则数列Snn为等差数列,则其前10项和为10×(1+19)2=100,故A正确; 若a1,a3,am成等比数列,则a32=a1·am,所以am=81,即am=4m-3=81,解得m=21,故B正确;
因为1aiai+1=1414i-3-14i+1,
所以∑i=1n1aiai+1=141-15+15-19+…+14n-3-14n+1=n4n+1>625,解得n>6,因为n∈N*,所以n的最小值为7,故C错误;由等差数列的性质可知m+n=12,所以1m+16n=1121m+16n(m+n)=1121+nm+16mn+16≥112×(17+2×4)=2512,当且仅当nm=16mn,即n=4m=485时取等号,因为m,n∈N*,所以n=4m=485不成立,故D错误.故选AB.
3.D 由题意得logab1=2,logabn+1-logabn=logabn+1bn=1,
∴b1=a2,bn+1bn=a,∴{bn}是以a2为首项,a为公比的等比数列,∴bn=an+1.
∵an=bnlg bn,∴an=an+1lg an+1=(n+1)an+1·lg a,∵{an}为递增数列,∴an+1-an>0,即[(n+2)a-(n+1)]an+1·lg a>0.
①当a>1时,lg a>0,an+1>0,∴(n+2)a-(n+1)>0,即a>n+1n+2=1-1n+2,∵1n+2>0,∴1-1n+2<1,∴只需a>1即可满足[(n+2)a-(n+1)]an+1·lg a>0.
②当00,∴(n+2)a-(n+1)<0,即a<1-1n+2,∵1n+2≤13,∴1-1n+2≥23,∴只需00.
综上所述,实数a的取值范围为0,23∪(1,+∞),故选D.
4.答案 1n+12n2-n
解析 由题意得,25=13+115,
即22×3-1=13+13×(2×3-1),
27=14+128,即22×4-1=14+14×(2×4-1),
29=15+145,即22×5-1=15+15×(2×5-1),
由此归纳出22n-1=1n+1n(2n-1)(n≥3,n∈N*).
又1n+1n(2n-1)=2n-1+1n(2n-1)=22n-1,结论成立,∴22n-1=1n+12n2-n.
解题模板
由数列的前几项归纳其通项公式时,首先要分析项的结构,然后探究结构中的各部分与项的序号n之间的函数关系,进而求得通项公式.
5.答案 25
解析 当n=1时,3S1=3a1=(1+m)a1,解得m=2.
当n≥2时,由3Sn=(n+2)an,3Sn-1=(n-1+2)an-1得(n-1)an=(n+1)an-1,即anan-1=n+1n-1.
由累乘法可得ana1=n(n+1)2,
又a1=1,所以an=n(n+1)2,
由anbn=15,得bn=25n(n+1)=251n-1n+1,
所以Tn=251-12+12-13+…+1n-1n+1=251-1n+1<25.
因为对任意n∈N*,λ>Tn恒成立,所以λ≥25,故实数λ的最小值为25.
6.答案 1 010
解析 设等差数列{an}的公差为d1,d1≠0,等差数列{bn}的公差为d2,
则a1+a2+…+a2 021=2 021a1 011,b1+b2+…+b2 021=2 021b1 011,
所以原方程可变为2 021x2-2 021a1 011x+2 021b1 011=0,
由该方程有实数解可得(-2 021a1 011)2-4×2 0212b1 011≥0,即a1 0112≥4b1 011.
要使方程x2-aix+bi=0(i∈N*,i≤2 021)无解,
则需Δ=(-ai)2-4bi=ai2-4bi<0(i∈N*,i≤2 021).
设y1=ai2=[a1+(i-1)d1]2,y2=4bi=4[b1+(i-1)d2](i∈N*,i≤2 021),
易得y1的图象为开口向上的抛物线的一部分,y2的图象为直线的一部分,
又i=1 011时,y1≥y2,所以满足y1
7.答案 1 010
解析 因为{|an|}是首项和公差均为1的等差数列,所以|an|=1+n-1=n,
根据等差数列的性质,对任意p,q,r,s∈N*,若p+q=r+s,则|ap|+|aq|=|ar|+|as|,
所以存在满足p+q=r+s,有ap+aq=-(ar+as).
当n=4k时,
S4k=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k,
为使|S4k|取得最小值,只需a2+a3=-(a1+a4),a5+a8=-(a6+a7),……,a4k-3+a4k=-(a4k-2+a4k-1),
此时S4k=k(a1+a2+a3+a4)=0,即|S4k|的最小值m4k=0;
当n=4k+1时,
S4k+1=a1+(a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k+a4k+1),
为使|S4k+1|取得最小值,同n=4k时,只需S4k+1=a1+k(a2+a3+a4+a5)=a1,
此时S4k+1=a1,即|S4k+1|的最小值m4k+1=1;
当n=4k+2时,
S4k+2=a1+a2+(a3+a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k+a4k+1+a4k+2),
为使|S4k+2|取得最小值,同n=4k时,只需S4k+2=a1+a2+k(a3+a4+a5+a6)=a1+a2,
此时S4k+1=a1+a2,当a1=1,a2=-2时,可使|S4k+2|取得最小值m4k+2=1;
当n=4k+3时,
S4k+3=a1+a2+a3+(a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k+a4k+1+a4k+2+a4k+3),
为使|S4k+3|取得最小值,同n=4k时,
只需S4k+3=a1+a2+a3+k(a4+a5+a6+a7)=a1+a2+a3,当a1=1,a2=2,a3=-3时,可使|S4k+3|取得最小值m4k+3=0.
所以mn以4为周期,
因此m1+m2+…+m2 020=505×(m1+m2+m3+m4)=1 010.
8.解析 设等比数列{bn}的公比为q.因为对任意的n∈N*,都有2bn+2=bn+1+3bn,
所以2q2=q+3,解得q=-1或q=32.
因为对任意的n∈N*,都有bn>0,所以q>0,从而q=32.
又b1=1,所以bn=32n-1.
假设存在k∈N*,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn,即anbn≤akbk.
记cn=anbn,n∈N*.下面分别选择①②③作为条件进行研究.
选择①.因为an+1=12an+1,所以an+1-2=12(an-2).
又a1=1,所以a1-2=-1≠0,所以an-2≠0,从而an+1-2an-2=12,
所以数列{an-2}是以a1-2=-1为首项,12为公比的等比数列,则an-2=-12n-1,即an=2-12n-1,
所以cn=anbn=2n-13n-1,从而cn+1cn=2n+1-13(2n-1).
由2n+1-13(2n-1)≤1得2n≥2,解得n≥1,当n=1时,c1=c2,当n>1时,cn+1
所以对任意的n∈N*,都有anbn≤a2b2=a1b1,即anb1≤a1bn,anb2≤a2bn,
所以存在k的值为1或2,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn.
选择②.因为an+1=an+2,所以an+1-an=2,
所以数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,又a1=1,所以an=1+2(n-1)=2n-1,
所以cn=anbn=(2n-1)23n-1>0,从而cn+1cn=2(2n+1)3(2n-1).
由2(2n+1)3(2n-1)≤1得2n≥5,解得n≥52,当n≤2时,cn+1>cn,当n≥3时,cn+1
所以当n=3时,cn取得最大值,即anbn取得最大值.
所以对任意的n∈N*,都有anbn≤a3b3,即anb3≤a3bn.
所以存在k的值为3,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn.
选择③.因为Sn=2an-1,所以Sn+1=2an+1-1,
从而an+1=Sn+1-Sn=2an+1-1-(2an-1)=2an+1-2an,即an+1=2an.
又a1=1>0,所以an>0,且an+1an=2,
从而数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1,
所以cn=anbn=43n-1>0,从而cn+1cn=43>1,所以cn+1>cn,
所以不存在满足题意的k.
9.解析 (1)∵2Sn=(n+1)an,①
∴当n≥2时,2Sn-1=nan-1,②
①-②并化简,得2an=(n+1)an-nan-1,
即(n-1)an=nan-1(n≥2),
又a1=1≠0,∴an≠0,∴anan-1=nn-1(n≥2),
∴a2a1=21,a3a2=32,……,anan-1=nn-1,
∴an=a2a1·a3a2·…·anan-1·a1=21·32·…·nn-1·1=n,
经检验,当n=1时,a1=1也满足上式,
∴an=n.
(2)由(1)知an=n,设f(n)=a3-2a3·a4-2a4·…·an-2an·2n+1(n≥3,n∈N*),
则f(n+1)-f(n)=a3-2a3·a4-2a4·…·an-2an·an+1-2an+1·2n+3-2n+1
=a3-2a3·a4-2a4·…·an-2an·(n-1)2n+3-(n+1)2n+1n+1
=a3-2a3·a4-2a4·…·an-2an·2n3-n2-4n+3-2n3+5n2+4n+1n+1<0,
∴f(n)在n≥3,n∈N*上单调递减,
∴f(n)max=f(3)=73,
∴a>f(3)=73,即实数a的取值范围是73,+∞.
(3)Tn<23.证明如下:
∵an=n,∴cn=11+an2=11+n2=1n2+2n+1<1n(n+2)=121n-1n+2,
∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=14+c2+c3+…+cn<14+1212-14+13-15+14-16+…+1n-1n+2
=14+1212+13-1n+1-1n+2
=23-121n+1+1n+2<23,
即Tn<23.
10.解析 (1)1,3,5,6.(答案不唯一)
(2)证明:设长度为q且末项为an0的一个递增子列为ar1,ar2,…,arq-1,an0.
由p
且ar1,ar2,…,arp是{an}的长度为p的递增子列,
所以am0≤arp.所以am0
先证明:若2m是{an}中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数).
假设2m排在2m-1之后.
设ap1,ap2,…,apm-1,2m-1是数列{an}的长度为m且末项为2m-1的递增子列,则ap1,ap2,…,apm-1,2m-1,2m是数列{an}的长度为m+1且末项为2m的递增子列,与已知矛盾.
再证明:所有正偶数都是{an}中的项.
假设存在正偶数不是{an}中的项,设不在{an}中的最小的正偶数为2m.
因为2k排在2k-1之前(k=1,2,…,m-1),所以2k和2k-1不可能在{an}的同一个递增子列中.
又{an}中不超过2m+1的数为1,2,…,2m-2,2m-1,2m+1,所以{an}的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为2×2×2×…×2(m-1)个×1×1=2m-1<2m,与已知矛盾.
最后证明:2m排在2m-3之后(m≥2为整数).
假设存在2m(m≥2),使得2m排在2m-3之前,则{an}的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小于2m,与已知矛盾.
综上,数列{an}只可能为2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,….
经验证,数列2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…符合条件.
所以an=n+1,n为奇数,n-1,n为偶数.
主编点评
本题通过对数列中新概念的理解,考查逻辑推理、知识的迁移应用能力,重点考查逻辑推理、数学抽象的核心素养,渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思想.
4.1~4.4综合拔高练
五年高考练
考点1 等差数列及其应用
1.(2020全国Ⅱ,4,5分,)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石) ( )
A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
2.(2020浙江,7,4分,)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且a1d≤1.记b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,n∈N*,下列等式不可能成立的是 ( )
A.2a4=a2+a6
B.2b4=b2+b6
C.a42=a2a8
D.b42=b2b8
3.(2019课标全国Ⅰ,9,5分,)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则 ( )
A.an=2n-5
B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8n
D.Sn=12n2-2n
4.(2020新高考Ⅰ,14,5分,)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 .
5.(2020浙江,11,4分,)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列n(n+1)2就是二阶等差数列.数列n(n+1)2(n∈N*)的前3项和是 .
6.(2019课标全国Ⅲ,14,5分,)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1≠0,a2=3a1,则S10S5= .
7.(2019北京,10,5分,)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2=-3,S5=-10,则a5= ,Sn的最小值为 .
8.(2019课标全国Ⅰ,18,12分,)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=-a5.
(1)若a3=4,求{an}的通项公式;
(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范围.
考点2 等比数列及其应用
9.(2020全国Ⅰ,10,5分,)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8= ( )
A.12 B.24 C.30 D.32
10.(2018北京,4,5分,)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为 ( )
A.32f B.322f
C.1225f D.1227f
11.(2019课标全国Ⅰ,14,5分,)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=13,a42=a6,则S5= .
12.(2020全国Ⅲ文,17,12分,)设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.
13.(2019课标全国Ⅱ,19,12分,)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
考点3 数列的综合问题
14.(2020江苏,11,5分,)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),则d+q的值是 .
15.(2020全国Ⅰ,16,5分,)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1= .
16.(2020新高考Ⅰ,18,12分,)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
考点4 数学归纳法*
17.(2020全国Ⅲ理,17,12分,)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.(多选)(2020江苏盐城高二期末,)设d,Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和,若S10=S20,则下列判断中正确的有 ( )
A.当n=15时,Sn取最大值
B.当n=30时,Sn=0
C.当d>0时,a10+a22>0
D.当d<0时,|a10|>|a22|
2.(多选)(2020江苏苏州实验中学高二月考,)已知等差数列{an}的首项为1,公差d=4,前n项和为Sn,则下列结论成立的有 ( )
A.数列Snn的前10项和为100
B.若a1,a3,am成等比数列,则m=21
C.若∑i=1n1aiai+1>625,则n的最小值为6
D.若am+an=a2+a10,则1m+16n的最小值为2512
3.(2020四川南充西南大学实验学校高一月考,)已知数列{logabn}(a>0且a≠1)是首项为2,公差为1的等差数列,若数列{an}是递增数列,且满足an=bnlg bn,则实数a的取值范围是 ( )
A.23,1 B.(2,+∞)
C.23,1∪(1,+∞) D.0,23∪(1,+∞)
4.(2020山东济宁实验中学高二上期中,)古代埃及数学中有一个独特现象:除23用一个单独的符号表示以外,其他分数都可写成若干个单分数和的形式.例如25=13+115,可这样理解:有两个面包,要平均分给5个人,每人13,余13,再将这13分成5份,每人得115,这样每人分得13+115.形如22n-1(n≥3,n∈N*)的分数的分解:25=13+115,27=14+128,29=15+145,按此规律,22n-1=
(n≥3,n∈N*).
5.(2021河南豫南九校高二联考,)已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,其中a1=1,3Sn=(n+m)an(m∈R),且anbn=15.若对任意n∈N*,λ>Tn恒成立,则实数λ的最小值为 .
6.(2021上海交通大学附属中学高三月考,)已知等差数列{an}(公差不为零)和等差数列{bn},如果关于x的方程2 021x2-(a1+a2+…+
a2 021)x+b1+b2+…+b2 021=0有实数解,那么以下2 021个方程x2-a1x+b1=0,x2-a2x+b2=0,x2-a3x+b3=0,……,x2-a2 021x+b2 021=0中,无实数解的方程最多有 个.
7.(2021浙江宁波宁海中学高三二模,)已知{|an|}是首项和公差均为1的等差数列,Sn为数列{an}的前n项和,记mn为|Sn|的所有可能取值中的最小值,则m1+m2+…+m2 020= .
8.(2021江苏南京三校高三期中联考,)在下列三个条件①an+1=12an+1,②an+1=an+2,③Sn=2an-1中选择一个补充在题中横线处,并作答.
设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,对任意的n∈N*,都有 ,等比数列{bn}中,对任意的n∈N*,都有bn>0,2bn+2=bn+1+3bn,且b1=1,问:是否存在k∈N*,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn?若存在,试求出k的值;若不存在,请说明理由.
9.(2020天津耀华中学高二上期中,)在数列{an}中,已知a1=1,其前n项和为Sn,且对任意的正整数n,都有2Sn=(n+1)an成立.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知关于n的不等式a3-2a3·a4-2a4·…·an-2an
迁移创新
10.(2019北京高考,)已知数列{an},从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1
(2)已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0,长度为q的递增子列的末项的最小值为an0.若p
4.1~4.4综合拔高练
五年高考练
1.C 由题意可设每层有n个环,则三层共有3n个环,∴每一环扇面形石板的块数构成以a1=9为首项,9为公差的等差数列{an},且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1,中层总数为S2,下层总数为S3,∴S3-S2=9(2n+1)×n+n(n-1)2×9-9(n+1)×n+n(n-1)2×9=9n2=729,解得n=9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9+27×262×9=27×9+27×13×9=27×14×9=3 402(块).故选C.
2.D 对于A,a2,a4,a6成等差数列,故A成立;对于B,由bn+1=S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1,可得bn+1-bn=a2n+2+a2n+1-(a2n+a2n-1)=a2n+2-a2n+a2n+1-a2n-1=4d,故{bn}是等差数列,则b2,b4,b6也成等差数列,故B成立;对于C,a42=(a1+3d)2=a12+6a1d+9d2,a2a8=(a1+d)·(a1+7d)=a12+8a1d+7d2,所以a42-a2a8=2d2-2a1d=2d(d-a1),当d=a1时,a42=a2a8成立;对于D,b42=(a1+a2+12d)2=(2a1+13d)2=4a12+52a1d+169d2,b2b8=(a1+a2+4d)(a1+a2+28d)=
(2a1+5d)(2a1+29d)=4a12+68a1d+145d2,所以b42-b2b8=24d2-16a1d=8d23-2·a1d≥8d2>0,所以b42≠b2b8,故D不可能成立.故选D.
3.A 设{an}的公差为d,依题意得,4a1+4×32d=0①,a1+4d=5②,
联立①②,解得a1=-3,d=2.所以an=2n-5,Sn=n2-4n.故选A.
4.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Sn=(1+6n-5)×n2=3n2-2n.
5.答案 10
解析 数列n(n+1)2的前三项依次为1×22=1,2×32=3,3×42=6,
∴所求和为1+3+6=10.
6.答案 4
解析 设等差数列{an}的公差为d,
∵a2=3a1,∴a2=a1+d=3a1,∴d=2a1,
∴S10=10a1+10×92d=100a1,
S5=5a1+5×42d=25a1,
又∵a1≠0,∴S10S5=4.
7.答案 0;-10
解析 解法一:设等差数列{an}的公差为d,
∵a2=-3,S5=-10,
∴a1+d=-3,5a1+5×42d=-10,
即a1+d=-3,a1+2d=-2,解得a1=-4,d=1,
∴a5=a1+4d=0,Sn=na1+n(n-1)2d=-4n+n2-n2=12(n2-9n)=12n-922-818,
∵n∈N*,∴n=4或n=5时,Sn取最小值,最小值为-10.
解法二:设等差数列{an}的公差为d,易得S5=5(a1+a5)2=5a3,∵S5=-10,∴a3=-2,又a2=-3,∴d=1,∴a5=a3+2d=0,
∴(Sn)min=S4=S5=-10.
8.解析 (1)设{an}的公差为d.
由S9=-a5得a1+4d=0.
由a3=4得a1+2d=4.
于是a1=8,d=-2.
因此{an}的通项公式为an=10-2n.
(2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d,Sn=n(n-9)d2.
由a1>0知d<0,故Sn≥an等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.
所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.
9.D 设等比数列{an}的公比为q,
故a2+a3+a4=q(a1+a2+a3),
又a2+a3+a4=2,a1+a2+a3=1,
∴q=2,
∴a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32,故选D.
10.D 由题意知,十三个单音的频率依次构成首项为f,公比为122的等比数列,设该等比数列为{an},则a8=a1q7,即a8=1227f,故选D.
11.答案 1213
解析 设{an}的公比为q,由a42=a6,得a42=a4·q2,∴a4=q2.
又∵a4=a1·q3,∴a1·q3=q2,
又a1=13,∴q=3.
由等比数列求和公式可知S5=13×(1-35)1-3=1213.
12.解析 (1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1.
由已知得a1+a1q=4,a1q2-a1=8,解得a1=1,q=3.
所以{an}的通项公式为an=3n-1.
(2)由(1)知log3an=n-1.故Sn=n(n-1)2.
由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0,
解得m=-1(舍去)或m=6.
13.解析 (1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),
即an+1+bn+1=12(an+bn).
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.
所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+n-12,
bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n+12.
14.答案 4
解析 易知q≠1,则{an+bn}的前n项和Sn=na1+n(n-1)2d+b1(1-qn)1-q=d2n2+a1-d2n-b11-qqn+b11-q=n2-n+2n-1,
∴d2=1,q=2,即d=2,q=2,∴d+q=4.
15.答案 7
解析 令n=2k(k∈N*),则有a2k+2+a2k=6k-1(k∈N*),
∴a2+a4=5,a6+a8=17,a10+a12=29,a14+a16=41,
∴前16项的所有偶数项和S偶=5+17+29+41=92,
∴前16项的所有奇数项和S奇=540-92=448,
令n=2k-1(k∈N*),则有a2k+1-a2k-1=6k-4(k∈N*).
∴a2k+1-a1=(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+…+(a2k+1-a2k-1)=2+8+14+…+6k-4=k(2+6k-4)2=k(3k-1)(k∈N*),
∴a2k+1=k(3k-1)+a1(k∈N*),
∴a3=2+a1,a5=10+a1,a7=24+a1,a9=44+a1,a11=70+a1,a13=102+a1,a15=140+a1,
∴前16项的所有奇数项和S奇=a1+a3+…+a15=8a1+2+10+24+44+70+102+140=8a1+392=448.
∴a1=7.
16.解析 (1)设{an}的公比为q.
由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8,
解得q1=12(舍去),q2=2.
由题设得a1=2,
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.
所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)
=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
17.解析 (1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.由已知可得
an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,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+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=1n(n+k)(k≠0),可裂项为an=1k·1n-1n+k;(3)错位相减法,形如cn=an·bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(4)分组求和法,形如cn=an+bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(5)并项求和法.
三年模拟练
1.BC 因为S10=S20,所以10a1+10×92d=20a1+20×192d,解得a1=-292d.
对选项A,因为无法确定a1和d的正负,所以无法确定Sn是否有最大值,故A错误.
对选项B,S30=30a1+30×292d=30×-292d+15×29d=0,故B正确.
对选项C,a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2-292d+15d=d>0,故C正确.
对选项D,a10=a1+9d=-292d+182d=-112d,a22=a1+21d=-292d+422d=132d,
因为d<0,所以|a10|=-112d,|a22|=-132d,所以|a10|<|a22|,故D错误.
故选BC.
2.AB 由已知可得an=4n-3,Sn=2n2-n,Snn=2n-1,则数列Snn为等差数列,则其前10项和为10×(1+19)2=100,故A正确; 若a1,a3,am成等比数列,则a32=a1·am,所以am=81,即am=4m-3=81,解得m=21,故B正确;
因为1aiai+1=1414i-3-14i+1,
所以∑i=1n1aiai+1=141-15+15-19+…+14n-3-14n+1=n4n+1>625,解得n>6,因为n∈N*,所以n的最小值为7,故C错误;由等差数列的性质可知m+n=12,所以1m+16n=1121m+16n(m+n)=1121+nm+16mn+16≥112×(17+2×4)=2512,当且仅当nm=16mn,即n=4m=485时取等号,因为m,n∈N*,所以n=4m=485不成立,故D错误.故选AB.
3.D 由题意得logab1=2,logabn+1-logabn=logabn+1bn=1,
∴b1=a2,bn+1bn=a,∴{bn}是以a2为首项,a为公比的等比数列,∴bn=an+1.
∵an=bnlg bn,∴an=an+1lg an+1=(n+1)an+1·lg a,∵{an}为递增数列,∴an+1-an>0,即[(n+2)a-(n+1)]an+1·lg a>0.
①当a>1时,lg a>0,an+1>0,∴(n+2)a-(n+1)>0,即a>n+1n+2=1-1n+2,∵1n+2>0,∴1-1n+2<1,∴只需a>1即可满足[(n+2)a-(n+1)]an+1·lg a>0.
②当0
综上所述,实数a的取值范围为0,23∪(1,+∞),故选D.
4.答案 1n+12n2-n
解析 由题意得,25=13+115,
即22×3-1=13+13×(2×3-1),
27=14+128,即22×4-1=14+14×(2×4-1),
29=15+145,即22×5-1=15+15×(2×5-1),
由此归纳出22n-1=1n+1n(2n-1)(n≥3,n∈N*).
又1n+1n(2n-1)=2n-1+1n(2n-1)=22n-1,结论成立,∴22n-1=1n+12n2-n.
解题模板
由数列的前几项归纳其通项公式时,首先要分析项的结构,然后探究结构中的各部分与项的序号n之间的函数关系,进而求得通项公式.
5.答案 25
解析 当n=1时,3S1=3a1=(1+m)a1,解得m=2.
当n≥2时,由3Sn=(n+2)an,3Sn-1=(n-1+2)an-1得(n-1)an=(n+1)an-1,即anan-1=n+1n-1.
由累乘法可得ana1=n(n+1)2,
又a1=1,所以an=n(n+1)2,
由anbn=15,得bn=25n(n+1)=251n-1n+1,
所以Tn=251-12+12-13+…+1n-1n+1=251-1n+1<25.
因为对任意n∈N*,λ>Tn恒成立,所以λ≥25,故实数λ的最小值为25.
6.答案 1 010
解析 设等差数列{an}的公差为d1,d1≠0,等差数列{bn}的公差为d2,
则a1+a2+…+a2 021=2 021a1 011,b1+b2+…+b2 021=2 021b1 011,
所以原方程可变为2 021x2-2 021a1 011x+2 021b1 011=0,
由该方程有实数解可得(-2 021a1 011)2-4×2 0212b1 011≥0,即a1 0112≥4b1 011.
要使方程x2-aix+bi=0(i∈N*,i≤2 021)无解,
则需Δ=(-ai)2-4bi=ai2-4bi<0(i∈N*,i≤2 021).
设y1=ai2=[a1+(i-1)d1]2,y2=4bi=4[b1+(i-1)d2](i∈N*,i≤2 021),
易得y1的图象为开口向上的抛物线的一部分,y2的图象为直线的一部分,
又i=1 011时,y1≥y2,所以满足y1
7.答案 1 010
解析 因为{|an|}是首项和公差均为1的等差数列,所以|an|=1+n-1=n,
根据等差数列的性质,对任意p,q,r,s∈N*,若p+q=r+s,则|ap|+|aq|=|ar|+|as|,
所以存在满足p+q=r+s,有ap+aq=-(ar+as).
当n=4k时,
S4k=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k,
为使|S4k|取得最小值,只需a2+a3=-(a1+a4),a5+a8=-(a6+a7),……,a4k-3+a4k=-(a4k-2+a4k-1),
此时S4k=k(a1+a2+a3+a4)=0,即|S4k|的最小值m4k=0;
当n=4k+1时,
S4k+1=a1+(a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k+a4k+1),
为使|S4k+1|取得最小值,同n=4k时,只需S4k+1=a1+k(a2+a3+a4+a5)=a1,
此时S4k+1=a1,即|S4k+1|的最小值m4k+1=1;
当n=4k+2时,
S4k+2=a1+a2+(a3+a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k+a4k+1+a4k+2),
为使|S4k+2|取得最小值,同n=4k时,只需S4k+2=a1+a2+k(a3+a4+a5+a6)=a1+a2,
此时S4k+1=a1+a2,当a1=1,a2=-2时,可使|S4k+2|取得最小值m4k+2=1;
当n=4k+3时,
S4k+3=a1+a2+a3+(a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k+a4k+1+a4k+2+a4k+3),
为使|S4k+3|取得最小值,同n=4k时,
只需S4k+3=a1+a2+a3+k(a4+a5+a6+a7)=a1+a2+a3,当a1=1,a2=2,a3=-3时,可使|S4k+3|取得最小值m4k+3=0.
所以mn以4为周期,
因此m1+m2+…+m2 020=505×(m1+m2+m3+m4)=1 010.
8.解析 设等比数列{bn}的公比为q.因为对任意的n∈N*,都有2bn+2=bn+1+3bn,
所以2q2=q+3,解得q=-1或q=32.
因为对任意的n∈N*,都有bn>0,所以q>0,从而q=32.
又b1=1,所以bn=32n-1.
假设存在k∈N*,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn,即anbn≤akbk.
记cn=anbn,n∈N*.下面分别选择①②③作为条件进行研究.
选择①.因为an+1=12an+1,所以an+1-2=12(an-2).
又a1=1,所以a1-2=-1≠0,所以an-2≠0,从而an+1-2an-2=12,
所以数列{an-2}是以a1-2=-1为首项,12为公比的等比数列,则an-2=-12n-1,即an=2-12n-1,
所以cn=anbn=2n-13n-1,从而cn+1cn=2n+1-13(2n-1).
由2n+1-13(2n-1)≤1得2n≥2,解得n≥1,当n=1时,c1=c2,当n>1时,cn+1
所以对任意的n∈N*,都有anbn≤a2b2=a1b1,即anb1≤a1bn,anb2≤a2bn,
所以存在k的值为1或2,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn.
选择②.因为an+1=an+2,所以an+1-an=2,
所以数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,又a1=1,所以an=1+2(n-1)=2n-1,
所以cn=anbn=(2n-1)23n-1>0,从而cn+1cn=2(2n+1)3(2n-1).
由2(2n+1)3(2n-1)≤1得2n≥5,解得n≥52,当n≤2时,cn+1>cn,当n≥3时,cn+1
所以当n=3时,cn取得最大值,即anbn取得最大值.
所以对任意的n∈N*,都有anbn≤a3b3,即anb3≤a3bn.
所以存在k的值为3,使得对任意的n∈N*,都有anbk≤akbn.
选择③.因为Sn=2an-1,所以Sn+1=2an+1-1,
从而an+1=Sn+1-Sn=2an+1-1-(2an-1)=2an+1-2an,即an+1=2an.
又a1=1>0,所以an>0,且an+1an=2,
从而数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1,
所以cn=anbn=43n-1>0,从而cn+1cn=43>1,所以cn+1>cn,
所以不存在满足题意的k.
9.解析 (1)∵2Sn=(n+1)an,①
∴当n≥2时,2Sn-1=nan-1,②
①-②并化简,得2an=(n+1)an-nan-1,
即(n-1)an=nan-1(n≥2),
又a1=1≠0,∴an≠0,∴anan-1=nn-1(n≥2),
∴a2a1=21,a3a2=32,……,anan-1=nn-1,
∴an=a2a1·a3a2·…·anan-1·a1=21·32·…·nn-1·1=n,
经检验,当n=1时,a1=1也满足上式,
∴an=n.
(2)由(1)知an=n,设f(n)=a3-2a3·a4-2a4·…·an-2an·2n+1(n≥3,n∈N*),
则f(n+1)-f(n)=a3-2a3·a4-2a4·…·an-2an·an+1-2an+1·2n+3-2n+1
=a3-2a3·a4-2a4·…·an-2an·(n-1)2n+3-(n+1)2n+1n+1
=a3-2a3·a4-2a4·…·an-2an·2n3-n2-4n+3-2n3+5n2+4n+1n+1<0,
∴f(n)在n≥3,n∈N*上单调递减,
∴f(n)max=f(3)=73,
∴a>f(3)=73,即实数a的取值范围是73,+∞.
(3)Tn<23.证明如下:
∵an=n,∴cn=11+an2=11+n2=1n2+2n+1<1n(n+2)=121n-1n+2,
∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=14+c2+c3+…+cn<14+1212-14+13-15+14-16+…+1n-1n+2
=14+1212+13-1n+1-1n+2
=23-121n+1+1n+2<23,
即Tn<23.
10.解析 (1)1,3,5,6.(答案不唯一)
(2)证明:设长度为q且末项为an0的一个递增子列为ar1,ar2,…,arq-1,an0.
由p
且ar1,ar2,…,arp是{an}的长度为p的递增子列,
所以am0≤arp.所以am0
先证明:若2m是{an}中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数).
假设2m排在2m-1之后.
设ap1,ap2,…,apm-1,2m-1是数列{an}的长度为m且末项为2m-1的递增子列,则ap1,ap2,…,apm-1,2m-1,2m是数列{an}的长度为m+1且末项为2m的递增子列,与已知矛盾.
再证明:所有正偶数都是{an}中的项.
假设存在正偶数不是{an}中的项,设不在{an}中的最小的正偶数为2m.
因为2k排在2k-1之前(k=1,2,…,m-1),所以2k和2k-1不可能在{an}的同一个递增子列中.
又{an}中不超过2m+1的数为1,2,…,2m-2,2m-1,2m+1,所以{an}的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为2×2×2×…×2(m-1)个×1×1=2m-1<2m,与已知矛盾.
最后证明:2m排在2m-3之后(m≥2为整数).
假设存在2m(m≥2),使得2m排在2m-3之前,则{an}的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小于2m,与已知矛盾.
综上,数列{an}只可能为2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,….
经验证,数列2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…符合条件.
所以an=n+1,n为奇数,n-1,n为偶数.
主编点评
本题通过对数列中新概念的理解,考查逻辑推理、知识的迁移应用能力,重点考查逻辑推理、数学抽象的核心素养,渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思想.
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