湘教版高中数学选择性必修第一册第1章数列综合拔高练含答案

这是一份湘教版高中数学选择性必修第一册第1章数列综合拔高练含答案，共27页。

综合拔高练高考练考点1　等差数列及其应用1.(2020全国Ⅱ理,4)如图所示,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.(2021全国甲理,18)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{an}是等差数列;②数列{Sn}是等差数列;③a2=3a1.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.3.(2021全国乙理,19)记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积,已知2Sn+1bn=2.(1)证明:数列{bn}是等差数列;(2)求{an}的通项公式.考点2　等比数列及其应用4.(2021全国甲文,9)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=(　　)A.7　　B.8　　C.9　　D.105.(2020全国Ⅱ理,6)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=(　　)A.2　　　　B.3C.4　　　　D.56.(2021全国乙文,19)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=nan3.已知a1,3a2,9a3成等差数列.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn0,a6<0,则(　　)A.数列Snan的最小项为第6项B.-2450D.Sn>0时,n的最大值为54.(2022河南郑州期中)已知数列{an}满足3a1=1,n2an+1-an2=n2an(n∈N+),则下列选项正确的是(　　)A.{an}是递减数列B.{an}是递增数列,且存在n∈N+使得an>1C.1an+1>32D.a2 021<2 0214 0435.(2022安徽黄山期末)在坐标平面内,横、纵坐标均为整数的点称为格点.现有一只蚂蚁从坐标平面的原点O出发,按如下线路沿顺时针方向爬过格点O→A1(1,0)→A2(1,-1)→A3(0,-1)→A4(-1,-1)→A5(-1,0)→A6(-1,1)→A7(0,1)→A8(1,1)→A9(2,1)→…→A12(2,-2)→…→A16(-2,-2)→…→A20(-2,2)→…→A25(3,2)→…,则蚂蚁在爬行过程中经过的第114个格点A114的坐标为　　　　. 6.(2021豫南九校联考)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　　　　. 7.(2022福建漳州一模)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,且2S2=9a1-2,a3=2a2+3a1.(1)若等差数列{bn}满足bi=ai(i=1,2),求{an},{bn}的通项公式;(2)若cn=　　　　,求数列{cn}的前n项和Tn. 在①4bnbn+1+1;②2n(b1+b2+…+bn-1+bn)(n+1);③3nSnSn+1这三个条件中任选一个补充到第(2)问中,并求解.8.(2022山东烟台期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a4-a2=6,S5+2S3=3S4.数列{bn}的前n项和为Tn,且b1=2,nTn+1=(n+1)Tn+n(n+1).(1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)若cn=(Sn+1)bn(n+1)(n+2),Mn为数列{cn}的前n项和,是否存在不同的正整数p,q,r(其中p,q,r成等差数列),使得Mp+2,Mq+2,Mr+2成等比数列?若存在,求出所有满足条件的p,q,r的值;若不存在,请说明理由.迁移创新9.(2022山东聊城期末)森林资源是全人类共有的宝贵财富,其在改善环境、保护生态可持续发展方面发挥着重要的作用.某地林业管理部门着手制订本地的森林蓄积量规划,经统计,本地2020年年底的森林蓄积量为120万立方米,并以每年25%的增长率自然生长,而为了满足森林通风和发展经济的需要,每年冬天都要砍伐掉s(100,所以Sn=na1.则Sn+1-Sn=(n+1)a1-na1=a1,所以数列{Sn}是公差为a1的等差数列.选②③作为条件,证明①.证明:设等差数列{Sn}的公差为d,因为S1=a1,S2=a1+a2=a1+3a1=2a1,所以d=S2-S1=2a1-a1=a1,则等差数列{Sn}的通项公式为Sn=a1+(n-1)a1=na1,所以Sn=n2a1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,且当n=1时,上式也成立,所以数列{an}的通项公式为an=(2n-1)a1,则an+1-an=(2n+1)a1-(2n-1)a1=2a1,所以数列{an}是公差为2a1的等差数列.3.解析　(1)证明:由bn=S1·S2·…·Sn可得,Sn=b1,n=1,bnbn-1,n≥2.由2Sn+1bn=2知,当n=1时,2S1+1b1=2,即2b1+1b1=2,所以b1=S1=32;当n≥2时,2bnbn-1+1bn=2,即2bn=2bn-1+1,即bn-bn-1=12,故数列{bn}是首项为32、公差为12的等差数列.(2)由(1)知,bn=32+(n-1)×12=n+22,故当n≥2时,Sn=bnbn-1=n+2n+1,S1也符合该式,即Sn=n+2n+1(n∈N+),从而a1=S1=32,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n+2n+1-n+1n=-1n(n+1),a1不符合该式,所以an=32,n=1,-1n(n+1),n≥2.4.A　解法一:设{an}的首项为a1,公比为q(q≠1),则a1(1-q2)1-q=4,a1(1-q4)1-q=6,解得q2=12,a11-q=8,∴S6=a1(1-q6)1-q=8×1-18=7,故选A.解法二:由题意知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,则(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(6-4)2=4(S6-6),解得S6=7,故选A.5.C　由am+n=aman,令m=1,可得an+1=a1an=2an,∴数列{an}是公比为2的等比数列,∴an=2×2n-1=2n,∴ak+1+ak+2+…+ak+10=2k+1+2k+2+…+2k+10=2k+1(1-210)1-2=2k+11-2k+1=215-25,∴k=4.故选C.6.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q.∵a1,3a2,9a3成等差数列,∴6a2=a1+9a3,又∵{an}是首项为1的等比数列,∴6a1q=a1+9a1q2,∴9q2-6q+1=0,解得q1=q2=13,∴an=a1·qn-1=13n-1,∵bn=nan3,∴bn=n·13n.(2)证明:∵Sn为{an}的前n项和,∴Sn=a1(1-qn)1-q=321-13n.∵Tn为{bn}的前n项和,∴Tn=b1+b2+…+bn=1×131+2×132+…+n×13n,①13Tn=1×132+2×133+…+n×13n+1,②①-②可得23Tn=13+132+…+13n-n·13n+1=131-13n1-13-n·13n+1=-n3+1213n+12,∴Tn=-n2+3413n+34,∴Tn-Sn2=-n2·13n<0,∴Tn1.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8,解得q1=12(舍去),q2=2,所以a1=8q2=2.所以{an}的通项公式为an=2n.(2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,所以由题设及(1)可得,b1对应的区间为(0,1],则b1=0;b2,b3对应的区间分别为(0,2],(0,3],则b2=b3=1,即有2个1;b4,b5,b6,b7对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则b4=b5=b6=b7=2,即有22个2;b8,b9,…,b15对应的区间分别为(0,8],(0,9],…,(0,15],则b8=b9=…=b15=3,即有23个3;b16,b17,…,b31对应的区间分别为(0,16],(0,17],…,(0,31],则b16=b17=…=b31=4,即有24个4;b32,b33,…,b63对应的区间分别为(0,32],(0,33],…,(0,63],则b32=b33=…=b63=5,即有25个5;b64,b65,…,b100对应的区间分别为(0,64],(0,65],…,(0,100],则b64=b65=…=b100=6,即有37个6.所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.10.解析　(1)由题意可得a2=3a1-4=9-4=5,a3=3a2-8=15-8=7.由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项、2为公差的等差数列,即an=2n+1,n∈N+.证明如下:当n=1时,a1=3成立;假设n=k(k∈N+)时,ak=2k+1成立.那么n=k+1时,ak+1=3ak-4k=3(2k+1)-4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N+,都有an=2n+1成立.所以{an}的通项公式为an=2n+1,n∈N+.(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+1,②①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1=3×2+8(1-2n-1)1-2-(2n+1)·2n+1=6+2n+2-8-(2n+1)·2n+1=-(2n-1)·2n+1-2,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,有了通项公式,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种:(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),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.模拟练1.D　当n≥2时,由an+1=4an-9得an+1-3=4(an-3),因为a2=6,所以{an-3}从第二项起是首项为3、公比为4的等比数列,所以当n≥2时,an=3×4n-2+3,所以an=4,n=1,3×4n-2+3,n≥2.当n=1时,T1=b1=9(a1-3)a1a2=38,则λ=5(a2-3)·78-T1=152∉Z,故舍去;当n≥2时,bn=3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1)=14n-2+1-14n-1+1,所以Tn=b1+b2+…+bn=38+142-2+1-142-1+1+…+14n-2+1-14n-1+1=78-14n-1+1,所以λ=5×3×4n-1×14n-1+1=15-154n-1+1,要使λ为整数,只需4n-1+1是15的因数,所以n=2,此时λ=12,所以λn=24.故选D.ABD　前(n+1)项所占格子组成长为an+1+an,宽为an+1的矩形,其面积为Sn+1=(an+1+an)an+1=an+12+an+1·an,∴A正确;依题意得,a3=a2+a1,a4=a3+a2,……,an+2=an+1+an,以上各式相加得,a3+a4+…+an+2=(a2+a3+…+an+1)+(a1+a2+…+an),∴an+2-a2=a1+a2+…+an,即a1+a2+…+an=an+2-1,∴B正确;依题意得,a1=a2=1,a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,∴a1+a3+a5=8,a6-1=7,∴C不正确;易知cn=14πan2,cn-1=14πan-12,∴4(cn-cn-1)=π(an2-an-12)=π(an-an-1)(an+an-1)=πan-2an+1(n≥3),∴D正确.故选ABD.3.ABC　由S10=10(a1+a10)2=5(a5+a6)>0且a6<0,可知a5>0,故C正确.由a5=a3+2d=12+2d>0,a6=a3+3d=12+3d<0,a5+a6=2a3+5d=24+5d>0,可得-2450,S11=11(a1+a11)2=11a6<0,所以当Sn>0时,n的最大值为10,故D错误.由上述分析可知,当1≤n≤5且n∈N+时,an>0,当n≥6且n∈N+时,an<0,所以当1≤n≤5且n∈N+时,Snan>0,当6≤n≤10且n∈N+时,Snan<0,当n≥11且n∈N+时,Snan>0.易得当6≤n≤10且n∈N+时,{an}单调递减,{Sn}单调递减,即0>a6>a7>a8>a9>a10,S6>S7>S8>S9>S10>0,所以-1a6>-1a7>-1a8>-1a9>-1a10>0,由不等式的性质可得-S6a6>-S7a7>-S8a8>-S9a9>-S10a10>0,所以S6a60,因为n2an+1-an2=n2an(n∈N+),所以an+1=an+an2n2(n∈N+),所以a2=a1+a1212=49>0,且对任意的n∈N+,an>0,所以an+1-an=an2n2>0,即an+1>an,所以数列{an}为递增数列,故A错误;在等式an+1-an=an2n2的两边同时除以anan+1,可得1an-1an+1=ann2an+1=ann2an+an2n2=ann2an+an2=1n2+an<1n2<1n2-1=121n-1-1n+1,其中n≥2且n∈N+,所以1a2-1a3<12×1-13,1a3-1a4<12×12-14,……,1an-1an+1<121n-1-1n+1,累加得1a2-1an+1<121+12-1n-1n+1,所以1an+1>94-12×32+12n+12(n+1)>32,则an<23,故不存在n∈N+使得an>1,故B错误,C正确;1an-1an+1=1n2+an>1n2+1=1n(n+1)=1n-1n+1,所以1a1-1a2>1-12,1a2-1a3>12-13,……,1an-1an+1>1n-1n+1,累加得3-1an+1>1-1n+1,所以1an+1<2+1n+1=2n+3n+1,则an+1>n+12n+3,所以a2 021>2 0214 043,故D错误.故选C.5.答案　(-1,5)解析　以O为中心,边长为2的正方形上共有格点a1=8个,且蚂蚁在其上爬过的最后一个格点为(1,1);以O为中心,边长为4的正方形上共有格点a2=16个,且蚂蚁在其上爬过的最后一个格点为(2,2);以O为中心,边长为6的正方形上共有格点a3=24个,且蚂蚁在其上爬过的最后一个格点为(3,3);……,所以以O为中心,边长为2n(n∈N+)的正方形上共有格点an=8n个,且蚂蚁在其上爬过的最后一个格点为(n,n),故等差数列{8,16,…,8n,…}的前n项和为n(8+8n)2=4n(n+1),由4n(n+1)≥114,n∈N+,得n≥5.当n=5时,以O为中心,边长为10的正方形上共有格点a5=40个,且蚂蚁在其上爬过的最后一个格点为(5,5),此时蚂蚁共爬过了120个格点,故蚂蚁在爬行过程中经过的第114个格点A114的坐标为(-1,5).6.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,又因为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25.7.解析　(1)设数列{an}的公比为q,则q>0.∵a3=2a2+3a1,∴q2-2q-3=0,解得q=3或q=-1(舍去).∵2S2=9a1-2,∴2a2=7a1-2,即2a1q=7a1-2,∴a1=2,a2=6,∴an=a1qn-1=2×3n-1,b1=a1=2,b2=a2=6.设数列{bn}的公差为d,∴d=b2-b1=6-2=4,∴bn=b1+(n-1)d=4n-2.(2)选择①:∵bn=4n-2,∴bn+1=4n+2,∴cn=4bnbn+1+1=4(4n-2)(4n+2)+1=14n-2-14n+2+1,∴Tn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn=12-16+1+16-110+1+110-114+1+…+14n-6-14n-2+1+14n-2-14n+2+1=12-16+16-110+110-114+…+14n-6-14n-2+14n-2-14n+2+n=12-14n+2+n=2n(n+1)2n+1.选择②:∵bn=4n-2,b1=2,∴b1+b2+…+bn-1+bn=n(b1+bn)2=n(2+4n-2)2=2n2,∴cn=2n(b1+b2+…+bn-1+bn)(n+1)=2n2n2(n+1)=1n(n+1)=1n-1n+1,∴Tn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn=1-12+12-13+13-14+…+1n-1-1n+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.选择③:由(1)知an=2×3n-1,∴Sn=a1-anq1-q=3n-1,∴cn=3nSnSn+1=3n(3n-1)(3n+1-1)=1213n-1-13n+1-1,∴Tn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn=12×12-18+12×18-126+12×126-180+…+12×13n-1-1-13n-1+1213n-1-13n+1-1=12×12-18+18-126+126-180+…+13n-1-1-13n-1+13n-1-13n+1-1=3(3n-1)4(3n+1-1).8.解析　(1)设数列{an}的公比为q,易知q≠1,由a4-a2=6,S5+2S3=3S4,得a1q3-a1q=6,a1(1-q5)1-q+2a1(1-q3)1-q=3a1(1-q4)1-q,所以a1=1,q=2,所以an=a1qn-1=2n-1.由nTn+1=(n+1)Tn+n(n+1),可得Tn+1n+1=Tnn+1,所以数列Tnn是首项为T11=b1=2、公差为1的等差数列,故Tnn=2+(n-1)×1=n+1,则Tn=n(n+1).当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=n(n+1)-n(n-1)=2n,当n=1时,b1=T1=2也适合上式,故bn=2n.(2)由an=2n-1,可得Sn=1+2+…+2n-1=1-2n1-2=2n-1,所以cn=(Sn+1)bn(n+1)(n+2)=(2n-1+1)·2n(n+1)(n+2)=2n+1·n(n+1)(n+2)=2n+2n+2-2n+1n+1,所以Mn=c1+c2+…+cn=233-222+244-233+…+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+2-222=2n+2n+2-2.假设存在不同的正整数p,q,r(其中p,q,r成等差数列),使得Mp+2,Mq+2,Mr+2成等比数列,则有(Mq+2)2=(Mp+2)(Mr+2),所以2q+2q+2-2+22=2p+2p+2-2+22r+2r+2-2+2,则2q+2q+22=2p+2p+2·2r+2r+2,即22q+4(q+2)2=2p+r+4(p+2)(r+2),因为p+r=2q,所以2q+4=p+r+4,即22q+4=2p+r+4,所以(q+2)2=(p+2)(r+2),所以q2+4q+4=pr+2(p+r)+4,则q2+4q+4=pr+4q+4,所以q2=pr,则p+r22=pr,所以(p+r)2=4pr,即(p-r)2=0,所以p=r,这与已知的p,q,r互不相等矛盾,故不存在不同的正整数p,q,r(其中p,q,r成等差数列),使得Mp+2,Mq+2,Mr+2成等比数列.9.解析　(1)an+1=(1+25%)an-s=54an-s.①(2)将an+1-k=r(an-k)变形得an+1=ran+k-rk,②比较①②的系数,得r=54,k-rk=-s,所以r=54,k=4s.所以(1)中的递推公式可以化为an+1-4s=54(an-4s)(n∈N+).(3)由题意,得a1=120×(1+25%)-s=150-s,因为a1-4s=150-5s,且s∈(10,30),所以a1-4s≠0,由(2)可知an-4s≠0,所以an+1-4san-4s=54(n∈N+),即数列{an-4s}是以150-5s为首项、54为公比的等比数列,其通项公式为an-4s=(150-5s)·54n-1,所以an=4s+(150-5s)·54n-1.到2030年年底的森林蓄积量为该数列的第10项,即a10=4s+(150-5s)·549.因为本地森林蓄积量到2030年年底要实现翻两番的目标,所以a10≥4×120,即4s+(150-5s)·549≥480,即4s+(150-5s)×7.45≥480,解得s≤2 550133≈19.所以每年的砍伐量最大为19万立方米.