2024年高考数学重难点突破讲义：专题2　答案

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：专题2　答案，共7页。试卷主要包含了BCD，AC，AD，±3，64等内容，欢迎下载使用。
第5练 等差数列与等比数列
1．C
【解析】 设等差数列{an}的公差为d，则a4＋a8＝2a6＝20，所以a6＝10，所以d＝a7－a6＝12－10＝2，所以a4＝a7－3d＝12－6＝6.
2．B
【解析】 把a1＝8，q＝ eq \f(1,2)，Sn＝ eq \f(31,2)代入Sn＝ eq \f(a1(1－qn),1－q)，得 eq \f(8×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝ eq \f(31,2)，整理，得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＝ eq \f(1,32)，解得n＝5.
3．A
【解析】 设5人分到的面包个数从小到大记为{an}，设公差为d，依题意可得S5＝ eq \f(5(a1＋a5),2)＝5a3＝100，所以a3＝20，a3＋a4＋a5＝7(a1＋a2)，所以60＋3d＝7(40－3d)，解得d＝ eq \f(55,6)，所以a1＝a3－2d＝20－ eq \f(55,3)＝ eq \f(5,3).
4．C
【解析】 方法一：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得 eq \f(a1(1－q4),1－q)＝－5， eq \f(a1(1－q6),1－q)＝21× eq \f(a1(1－q2),1－q)①，由①可得1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝ eq \f(a1(1－q8),1－q)＝ eq \f(a1(1－q4),1－q)×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.
方法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以有(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝ eq \f(5,4).当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝ eq \f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2＞0，与S4＝－5矛盾，舍去．
5．BCD
【解析】 由题意设此人第一天走a1里，第n天走an里，{an}是等差数列，a1＝100，S9＝9a1＋36d＝900＋36d＝1 260，d＝10，故A错误．a3＝a1＋2d＝100＋20＝120，故B正确．S7＝7a1＋21d＝910，故C正确．a3＋a4＋a5＝3a4＝390，故D正确．
6．AC
【解析】 当1≤k≤6时，Sk＝ eq \f((－11＋2k－13)k,2)＝k2－12k＝－32，解得k＝4；当k＞6时，Sk＝－36＋ eq \f(1－(－3)k-6,1－(－3))－(k－6)＝ eq \f(1－(－3)k-6,4)－k－30＝－32，9－4k＝(－3)k-6，k＞6且k为奇数，故4k－9＝3k-6，易知当且仅当k＝9时等号成立，故k＝9.
7．AD
【解析】 因为S11＜S10＜S12，所以S11－S10＝a11＜0，S12－S11＝a12＞0，故d＞0，a1＜0，故A正确，B错误；由S10＜S12，可知S12－S10＝a12＋a11＞0，所以S22＝ eq \f(22(a1＋a22),2)＝11(a11＋a12)＞0，故C错误；因为a11＜0，所以S21＝21× eq \f(a1＋a21,2)＝21×a11＜0，故D正确．
8．±3
【解析】 设等比数列的首项为a1，公比为q，因为a1a3＝36，a2＋a4＝60，由等比数列的性质可得a1a3＝a eq \\al(2,2) ＝36，又a2＋a4＝a2(1＋q2)＝60，所以a2＞0，a2＝6，所以1＋q2＝10，解得q＝±3.当q＝3时，由a2＝a1q＝6，所以a1＝2；当q＝－3时，由a2＝a1q＝6，所以a1＝－2.所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,q＝－3))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝3.))
9．0
【解析】 设等差数列{an}的公差为d，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝a1＋(n－1)d＝m，,am＝a1＋(m－1)d＝n))⇒ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝m＋n－1，,d＝－1，))所以am＋n＝a1＋(m＋n－1)d＝m＋n－1－m－n＋1＝0.
10．64
【解析】 设等比数列{an}的公比为q，则S3＝ eq \f(7,4)＝a1＋a2＋a3，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝(a1＋a2＋a3)q3＝14，故q＝2，又S3＝ eq \f(7,4)＝a1＋a1q＋a1q2，所以a1＝ eq \f(1,4)，所以a9＝a1q8＝ eq \f(1,4)×28＝26＝64.
11．【解答】 (1) 设等差数列的项数为2n－1，设所有的奇数项和为S，则S＝ eq \f(n(a1＋a2n－1),2)＝nan.设所有的偶数项和为T，则T＝ eq \f((n－1)(a2＋a2n－2),2)＝(n－1)an， eq \f(T,S)＝ eq \f(n－1,n)＝ eq \f(261,290)＝ eq \f(9,10)，解得n＝10，项数2n－1＝19，中间项为a10.由S＝10a10＝290，得a10＝29，所以此数列中间一项是29，项数为19.
(2) 两个等差数列2，6，10，…，190及2，8，14，…，200的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列：2，14，26，38，50，…，182，共有 eq \f(182－2,12)＋1＝16个，也是等差数列，它们的和为 eq \f(2＋182,2)×16＝1 472，这个新数列的各项之和为1 472.
12．【解答】 (1) 由题意，数列{an}满足an＋1＋an＝3·2n，即an＋1＝－an＋3·2n，则 eq \f(an＋1－2n+1,an－2n)＝ eq \f(－an＋3·2n－2n+1,an－2n)＝ eq \f(2n－an,an－2n)＝－1，又由a1＝1，可得a1－21＝－1，所以数列{an－2n}表示首项为－1，公比为－1的等比数列．
(2) 由(1)知an－2n＝－1×(－1)n-1＝(－1)n，所以an＝(－1)n＋2n，所以Sn＝21＋22＋…＋2n＋(－1)＋1＋…＋(－1)n.当n为偶数时，可得Sn＝ eq \f(2(1－2n),1－2)＋0＝2n+1－2；当n为奇数时，可得Sn＝ eq \f(2(1－2n),1－2)－1＝2n+1－3.综上可得，Sn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n+1－2，n为偶数，,2n+1－3，n为奇数．))
13．【解答】 (1) 由题意知，当n＝1时，a1q＝2a1＋2①.当n＝2时，a1q2＝2(a1＋a1q)＋2②.联立①②，解得a1＝2，q＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝2×3n-1.
(2) 由(1)知an＝2×3n-1，an＋1＝2×3n，所以an＋1＝an＋(n＋2－1)dn，所以dn＝ eq \f(an＋1－an,n＋1)＝ eq \f(4×3n-1,n＋1).假设数列{dn}中存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列，则d eq \\al(2,k) ＝dm·dp，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4×3k-1,k＋1))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(4×3m-1,m＋1)· eq \f(4×3p-1,p＋1)，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4×3k-1,k＋1))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(42×3m＋p-2,(m＋1)(p＋1)).又因为m，k，p成等差数列，所以2k＝m＋p，所以(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，化简得k2＋2k＝mp＋m＋p，所以k2＝mp.又2k＝m＋p，所以k＝m＝p，与已知矛盾．所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp成等比数列．
第6练 数列的通项与求和
1．A
【解析】 因为数列{an}，{bn}都是等差数列，所以{an＋bn}也是等差数列，又a1＝5，b1＝15，a100＋b100＝100，所以数列{an＋bn}的前100项和为 eq \f(100(a1＋a100＋b1＋b100),2)＝ eq \f(100×120,2)＝6 000.
2．D
【解析】 因为数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则a2＝ eq \f(1,2)S1＝ eq \f(1,2)a1＝ eq \f(1,2)，a3＝ eq \f(1,2)S2＝ eq \f(1,2)(a1＋a2)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝ eq \f(3,4)，a4＝ eq \f(1,2)S3＝ eq \f(1,2)(a1＋a2＋a3)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(3,4)))＝ eq \f(9,8)，所以a4＝ eq \f(9,8).
3．A
【解析】 设等差数列{an}的公差为d，因为S5＝35，所以a3＝ eq \f(S5,5)＝7＝a1＋2d①，又S3＝2(S2＋S1)，即3a2＝2(2a1＋a2)，a2＝4a1＝a1＋d，所以d＝3a1，代入①，解得a1＝1，d＝3，则an＝a1＋(n－1)d＝3n－2，所以 eq \f(1,a1a2)＋ eq \f(1,a2a3)＋ eq \f(1,a3a4)＋…＋ eq \f(1,a10a11)＝ eq \f(1,1×4)＋ eq \f(1,4×7)＋ eq \f(1,7×10)＋…＋ eq \f(1,28×31)＝ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,7)＋…＋\f(1,28)－\f(1,31)))＝ eq \f(10,31).
4．B
【解析】 由Sn＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(2,4)＋ eq \f(3,8)＋…＋ eq \f(n,2n)，得 eq \f(1,2)Sn＝1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)＋…＋n· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)，两式相减得 eq \f(1,2)Sn＝ eq \f(1,2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)－n· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)＝ eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－n· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)＝1－ eq \f(1,2n)－n· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)＝ eq \f(2n+1－n－2,2n+1)，所以Sn＝ eq \f(2n+1－n－2,2n).
5．BD
【解析】 设等差数列{an}的公差为d，又a1＝1，且a2，a4，a8是一个等比数列中的相邻三项，所以a eq \\al(2,4) ＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，化简得d(d－1)＝0，所以d＝0或1，故an＝1或an＝n，所以bn＝q或bn＝n·qn.设{bn}的前n项和为Sn，当bn＝q时，Sn＝nq；当bn＝n·qn时，Sn＝1×q＋2×q2＋3×q3＋…＋n×qn①，qSn＝1×q2＋2×q3＋3×q4＋…＋n×qn+1②，由①－②得(1－q)Sn＝q＋q2＋q3＋…＋qn－n×qn+1＝ eq \f(q(1－qn),1－q)－n×qn+1，所以Sn＝ eq \f(q(1－qn),(1－q)2)－ eq \f(n×qn+1,1－q)＝ eq \f(q＋nqn+2－nqn+1－qn+1,(1－q)2).
6．AD
【解析】 因为an＝|n－13|＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n－13，n≥13，,13－n，1≤n＜13，))所以若k≥13，则ak＝k－13，所以ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝ eq \f(k－13＋k－13＋19,2)×20＝102与k∈N*矛盾，所以1≤k＜13，所以ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝(13－k)＋(12－k)＋…＋0＋1＋…＋(k＋6)＝ eq \f(13－k,2)×(14－k)＋ eq \f(7＋k,2)×(k＋6)＝102，解得k＝2或k＝5，所以满足ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝102的整数k＝2，5.
7．ABD
【解析】 a2＝a1－2＝－1，a3＝a2＋23＝7，故A正确；对于k∈N*，有a2k＋2＝a2k＋1－22k+1，a2k＋1＝a2k＋22k+1，两式相加，得a2k＋2＝a2k，则a2 024＝a2 022＝a2 020＝…＝a2，故B正确；由a2k＋2＝a2k，知a2 024＝a2 022＝…＝a2＝－1，则a2 023＝a2 022＋22 023＝－1＋22 023，故C错误；由偶数项均为－1，可得n为偶数时，an＋1＝－1＋2n+1，则S2n＋1＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2n＋1＝1＋(－1)＋(－1＋23)＋(－1)＋(－1＋25)＋…＋(－1＋22n+1)＝1＋(－1)×(2n)＋23＋25＋…＋22n+1＝－2n＋1＋ eq \f(8(1－22n),1－22)＝ eq \f(22n+3－6n－5,3)，则3S2n＋1＝22n+3－6n－5，故D正确．
8．1 1 012
【解析】 由f(x)＝ eq \f(4x,4x＋2)，得f(1－x)＝ eq \f(41-x,41-x＋2)＝ eq \f(2,4x＋2)，所以f(x)＋f(1－x)＝1.设数列{an}的前n项和为Sn，则S2 024＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 025)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 025)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2 025)))＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 023,2 025)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 024,2 025)))，S2 024＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 024,2 025)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 023,2 025)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 022,2 025)))＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 025)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 025)))，两式相加得2S2 024＝2 024，所以S2 024＝1 012.
9． eq \f(21,46)
【解析】 an＝lg2[lg2(Fn＋1－1)]＝lg2[lg2(22n+1＋1－1)]＝lg2(lg222n+1)＝lg22n+1＝n＋1，所以bn＝ eq \f(1,an(an＋1))＝ eq \f(1,(n＋1)(n＋2))＝ eq \f(1,n＋1)－ eq \f(1,n＋2)，则S21＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,3)－ eq \f(1,4)＋…＋ eq \f(1,22)－ eq \f(1,23)＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,23)＝ eq \f(21,46).
10． eq \f(3101－15 387,2)
【解析】 因为a1＝－78，所以a1＋81＝3.又因为数列{an＋81}是公比为3的等比数列，所以an＋81＝3×3n-1＝3n，可得an＝3n－81.易得当n≤4时，an≤0，当n≥5时，an＞0，所以数列{|an|}的前100项和S100＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋a5＋a6＋…＋a100＝81－3＋81－9＋81－27＋0＋(35－81)＋(36－81)＋…＋(3100－81)＝204＋ eq \f(35×(1－396),1－3)－81×96＝ eq \f(3101－15 387,2).
11．【解答】 (1) 设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，则由a3＋a7＝18，得a1＋2d＋a1＋6d＝18，解得d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2) 由题可得bn＝ eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝ eq \f(n,2n＋1).
12．【解答】 (1) 因为Sn＋1＝Sn＋an＋2(n∈N*)，所以an＋1－an＝2，所以{an}是以2为公差的等差数列．因为2S5＝3(a4＋a6)，所以2×5a3＝3×2a5，即10(a1＋4)＝6(a1＋8)，解得a1＝2，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2) 因为bn＝an＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(an)＝2n＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n，所以Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,42)＋\f(1,43)＋…＋\f(1,4n)))＝n2＋n＋ eq \f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝n2＋n＋ eq \f(1,3)－ eq \f(1,3·4n).
13．【解答】 (1) 设等差数列{an}的公差为d，由题意知S4＝4S2，a2n＝2an＋1，即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4(4－1)d,2)＝4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a1＋\f(2(2－1)d,2)))，,a1＋(2n－1)d＝2[a1＋(n－1)d]＋1.))化简得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2.))所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2) 因为cn＝anbn＝(2n－1)3n-1，所以Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n-1①，①×3得 3Tn＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n②.①－②得－2Tn＝1×30＋2×31＋2×32＋…＋2×3n-1－(2n－1)×3n＝1＋2(31＋32＋…＋3n-1)－(2n－1)×3n＝1＋2× eq \f(3(1－3n-1),1－3)－(2n－1)×3n，化简得Tn＝(n－1)3n＋1.