(教参)题型方法•真题分类卷(四)-【精彩三年】2023-2024学年新教材高中数学选择性必修第二册课程探究与巩固教师用书word+课件PPT（人教A版，全国Ⅰ卷）

题型方法·真题分类卷(四) (见学生用书P147) 1．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(　C　) A．1 B．2 C．4 D．8 2．若等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(　B　) A．21 B．42 C．63 D．84 3．已知等比数列的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　D　) A．14 B．12 C．6 D．3 【解析】设等比数列的公比为q，q≠0， 若q＝1，则a2－a5＝0，与题意矛盾，所以q≠1， 则解得 所以a6＝a1q5＝3. 4．和是两个等差数列，其中(1≤k≤5)为常值，a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3＝(　B　) A．64 B．128 C．256 D．512 【解析】由已知条件可得＝，则b5＝＝＝64，因此，b3＝＝＝128. 5．等比数列的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q>0，乙：是递增数列，则(　B　) 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 【解析】若a1＝－1，q＝1，则Sn＝na1＝－n，则是递减数列，不满足充分性； 又∵Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn，若是递增数列，则Sn＋1>Sn，即Sn＋1－Sn＝a1qn>0对任意n∈N*恒成立，∴a1>0，q>0，∴满足必要性．故甲是乙的必要不充分条件． 6．数列是递增的整数数列，且a1≥3，a1＋a2＋…＋an＝100，则n的最大值为(　C　) A．9 B．10 C．11 D．12 【解析】若要使n尽可能大，则{an}的递增幅度要尽可能小，不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为Sn，则an＝n＋2，S11＝×11＝88＜100，S12＝×12＝102＞100，所以n的最大值为11. 7．已知各项为正的数列的前n项和为Sn，满足an＝2－1 ，则的最小值为(　A　) A．4 B．3 C．2－2 D． 【解析】各项为正的数列，an>0，∵an＝2－1， ∴Sn＝(an＋1)2， ∴当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋1)2－(an－1＋1)2， 化为(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0. ∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝2. 又a1＝2－1，解得a1＝1， ∴数列是等差数列，首项为1，公差为2， ∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝(2n－1＋1)2＝n2， ∴＝＝＝n＋1＋－2 ≥2－2＝4， 当且仅当n＝2时取等号，∴的最小值为4. 8．记Sn为等差数列的前n项和，若2S3＝3S2＋6，则公差d＝__2__． 【解析】由2S3＝3S2＋6可得2＝3＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，即2＝2a1＋d＋6，解得d＝2. 9．Sn是等差数列{an}的前n项和，S3＝21，S4＝36，则的前n项和Tn＝____． 【解析】设公差为d，因为S3＝21，所以3a2＝21，得a2＝7.又因为S4＝36，所以a4＝S4－S3＝15，则d＝＝4，所以a1＝a2－d＝7－4＝3，则Sn＝3n＋×4＝2n2＋n，Sn＋n＝2n(n＋1)，所以＝＝，所以Tn＝＝＝. 10．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为__64__． 【解析】设{an}的公比为q，由a1＋a3＝10，a2＋a4＝5得a1＝8，q＝，则a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝，所以a1a2…an≤a1a2a3a4＝64. 11．已知数列各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1，2，…).给出下列四个结论： ①的第2项小于3；②为等比数列； ③为递减数列；④中存在小于的项． 其中所有正确结论的序号是__①③④__． 【解析】由题意可知，∀n∈N*，an>0， 当n＝1时，a＝9，可得a1＝3； 当n≥2时，由Sn＝可得Sn－1＝，两式作差可得an＝－， 所以＝－an，则－a2＝3，整理可得a＋3a2－9＝0. 因为a2>0，解得a2＝<3，①正确； 假设数列为等比数列，设其公比为q，则a＝a1a3，即2＝， 所以S＝S1S3，可得a2＝a，解得q＝0，不合乎题意，故数列不是等比数列，②错误； 当n≥2时，an＝－＝>0，可得an<an－1，所以数列为递减数列，③正确； 假设对任意的n∈N*，an≥，则S100 000≥100 000×＝1 000， 所以a100 000＝≤<，与假设矛盾，所以假设不成立，④正确． 12．已知数列{an}和满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋