第四章 一元函数的导数及其应用 章末综合提升-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版2019）

章末综合提升 学生用书↓第50页 探究点一　等差、等比数列的基本运算 (多选)(2024·黑龙江哈尔滨期中)已知等差数列的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝3，bn＝22an，的前n项和为Tn，则下列说法正确的是(　　) A．数列的公差为2 B．Sn＝n2 C．数列是公比为4的等比数列 D．Tn＝ 答案：AB 解析：因为为等差数列，a1＝1，a2＝3，所以公差d＝a2－a1＝3－1＝2，故A正确；所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝＝＝n2，故B正确；又因为bn＝22an＝(22)an＝4an＝42n－1，bn＋1＝42(n＋1)－1＝42n＋1＝16×42n－1＝16bn，所以数列是公比为16的等比数列，故C错误；因为数列是公比为16的等比数列，且b1＝22a1＝22＝4，所以Tn＝，故D错误．故选AB． 已知等差数列{an}前n项和为Sn，且满足a2n＝2an＋2，S6＝5S3. (1)求a9的值； (2)设x为a2，a5的等比中项，数列{bn}是以a2，x，a5为前三项的等比数列，试求数列{bn}的通项bn及前n项和Tn的表达式． 解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 则 解得 所以a9＝a1＋8d＝16. (2)由(1)可知，a2＝2，a5＝8， 因为x是a2，a5的等比中项， 所以有x2＝2×8＝16，即x＝±4. 当x＝4时，数列{bn}是前三项依次为2，4，8的等比数列， 其首项为2，公比为2，故有bn＝2×2n－1＝2n， Tn＝＝2n＋1－2. 当x＝－4时，数列{bn}是前三项依次为2，－4，8的等比数列， 其首项为2，公比为－2， 故有bn＝2·(－2)n－1＝(－1)n－1·2n， Tn＝＝[1－(－2)n]． 规律方法 在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d或q，Sn，其中a1和d或q为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d或q，an，Sn，n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用． 对点练1.(2024·山东青岛高二期中)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18. (1)求数列{an}的通项公式； (2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 024？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由． 解：(1)设等比数列{an}的公比为q，显然q≠1. 由题意得 即解得 故数列{an}的通项公式为an＝3×(－2)n－1. (2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n. 若存在n，使得Sn≥2 024，则1－(－2)n≥2 024，即(－2)n≤－2 023. 当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立； 当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 023，即2n≥2 023，则n≥11. 综上，存在符合条件的正整数n，且n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}． 探究点二　等差、等比数列的判定与证明 (多选)已知Sn是公比为q的正项等比数列{an}的前n项和，若a1＋a2＝3，a2a4＝16，则下列说法正确的是(　　) A．q＝2 B．数列{Sn＋1}是等比数列 C．S8＝255 D．数列{lg an}是公差为2的等差数列 答案：ABC 解析：根据题意，设等比数列{an}的公比为q(q>0)，对于A，若a1＋a2＝3，a2a4＝16，则a3＝4，a1q2＝4，解得a1＝1，q＝2，故A正确；对于B，由a1＝1，q＝2，故Sn＝＝2n－1，则有Sn＋1＝2n，故数列{Sn＋1}是公比为2的等比数列，故B正确；对于C，由Sn＝2n－1，则S8＝28－1＝255，故C正确；对于D，由a1＝1，q＝2，则an＝2n－1，故lg an＝(n－1)lg 2，数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列，故D错误．故选ABC． (2024·广东广州高二检测)已知正项数列满足－＝2an＋1，且a1＝a2＝1，设bn＝. (1)求证：数列为等比数列，并求的通项公式； 学生用书↓第51页 (2)设数列的前n项和为Sn，求数列的前n项和Pn. 解：(1)证明：因为bn＝， 所以bn＋1＝， 因为－＝2an＋1， 所以＝2an＋1＋， 所以＝＝ ＝ ＝＝，且b1＝＝， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，即bn＝×＝n， 即＝n，可得＋1＝2n，＝(2n－1)2， 所以n≥2时，×××…×＝12×32×72×…×(2n－1－1)2， 即an＝12×32×72×…×(2n－1－1)2， 而此时n＝1时，a1＝(21－1－1)2＝0，不满足上式， 所以an＝ (2)由(1)bn＝n，所以Sn＝＝1－n，Sn＋1＝1－n＋1. 所以＝＝2， 所以Pn＝2＝2＝2＝4－. 规律方法 判定一个数列是等差或等比数列的方法 定义法 an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列 ＝q(非零常数)⇔{an}是等比数列 中项公 式法 2an＋1＝an＋an＋2(n∈N＋)⇔{an}是等差数列 a＝anan＋2(an＋1anan＋2≠0)⇔{an}是等比数列 通项 公式法 an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列 an＝cqn(c，q均为非零常数)⇔{an}是等比数列 前n项 和公式 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列 Sn＝kqn－k(k为常数，且q≠0，k≠0，q≠1)⇔{an}是等比数列 对点练2.(2024·辽宁丹东期末)设数列{an}的前n项和是Sn，数列{Sn}的前n项积是Tn，Sn＋Tn＝1. (1)证明：数列是等差数列； (2)数列中的第几项最接近2 024? 解：(1)证明：由题可得，当n＝1时，T1＝S1， 因为Sn＋Tn＝1，所以S1＋T1＝1，解得T1＝. 当n≥2时，Sn＝，则＋Tn＝1，两边同除Tn，即－＝1， 所以数列是首项为＝＝2，公差为1的等差数列． (2)由(1)得＝2＋(n－1)×1＝n＋1， 则Tn＝，所以Sn＝1－Tn＝， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝， 所以＝n(n＋1)， 又n＝1时，＝＝2，符合上式， 所以＝n(n＋1)，n∈N*. 易知数列单调递增， 当n＝44时，n(n＋1)＝1 980，当n＝45时，n(n＋1)＝2 070，因为2 024－1 980＝44，2 070－2 024＝46， 所以数列中的第44项最接近2 024. 探究点三　等差、等比数列的性质及应用 (1)(多选)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．a7 B．a8 C．S15 D．S16 (2)(多选)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a2 023a2 024>1，<0，下列结论正确的是(　　) A．S2 023<S2 024 B．a2 023a2 025－1<0 C．T2 024是数列{Tn}中的最大值 D．数列{Tn}无最大值 答案：(1)BC　(2)AB 解析：(1)由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝＝15a8为定值，但S16＝＝8(a8＋a9)不是定值．故选BC． (2)当q＜0时，a2 023a2 024＝aq＜0，不成立；当q≥1时，a2 023＞1，a2 024＞1，<0不成立，故0＜q＜1，且a2 023＞1，0＜a2 024＜1，故S2 024＞S2 023，故A正确；a2 023a2 025－1＝a－1＜0，故B正确；T2 023是数列{Tn}中的最大值，故C、D错误．故选AB． 规律方法 等差、等比数列的性质 1．项的性质：如下标和相等性质，利用此性质可以在有关基本量的计算时达到简化运算的目的． 2．前n项和的性质、奇偶项和性质、函数特性等，利用这些性质能够快速解决数列中的选择、填空题． 对点练3.(1)(多选)已知等差数列的前n项和为Sn，若a1＝1，－＝2，bn＝，数列的前n项和为Tn，则下列结论正确的是(　　) 学生用书↓第52页 A．数列的公差为1 B．Sn＝n2 C．bn＝ D．Tn< (2)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________． 答案：(1)BD　(2)5 解析：(1)设等差数列的公差为d，因为－＝2，所以－＝2，解得d＝2，故A错误；Sn＝n＋×2＝n2，故B正确；an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，bn＝＝＝，故C错误；当n＝1时，Tn＝1<，当n≥2时，bn＝<＝，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn<1＋＝1＋<1＋＝，可知Tn<，故D正确．故选BD． (2)由等比数列的性质知a1a5＝a2a4＝a＝4⇒a3＝2，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log2a＝5log22＝5. 探究点四　数列的综合应用 角度1　数列中的有关函数思想 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设Tn＝Sn－，求数列{Tn}中最大项与最小项的值． 解：(1)设等比数列{an}的公比为q， 因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列， 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5， 即4a5＝a3，于是q2＝＝. 又{an}不是递减数列，且a1＝>0， 所以q＝－， 故等比数列{an}的通项公式为an＝×＝(－1)n－1·. (2)由(1)得，Sn＝＝1－＝(n∈N*)． 设f(x)＝(x∈R)，由指数函数的性质可知， f(x)＝为减函数． 所以当n为奇数时，Sn随n的增大而减小， 所以1<Sn≤S1＝， 故0<Sn－≤S1－＝－＝. 当n为偶数时，Sn随n的增大而增大， 所以＝S2≤Sn<1. 故0>Sn－≥S2－＝－＝－. 综上，－≤Sn－≤，且Sn－≠0(n∈N*)， 所以数列{Tn}中最大项的值为，最小项的值为－. 规律方法 函数思想在数列问题中的应用 数列本身就是一种特殊的函数，在解决数列中的最大(小)值、单调性、周期性等问题时常需要构造函数，利用求函数最值的方法解决问题(注意数列中n为正整数的条件)． 对点练4. (1)已知数列{an}满足an＋1＝，若a1＝，则a2 024＝(　　) A．－1 B． C．1 D．2 (2)(2024·福建龙岩月考)若数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝(－1)n＋2 024a，bn＝3＋，且an<bn对任意n∈N*都成立，则实数a的取值范围为(　　) A．[－3，1) B． C． D．[－2，2) 答案：(1)D　(2)B 解析：(1)因为数列{an}满足an＋1＝，且a1＝，所以a2＝＝＝2，a3＝＝＝－1，a4＝＝，所以数列{an}是以3为周期的周期数列，所以a2 024＝a3×674＋2＝a2＝2.故选D． (2)由题意得(－1)n＋2 024a<3＋对任意n∈N*都成立，当n为奇数时，有－a<3＋，易知数列为递减数列，且3＋>3，所以－a≤3，所以a≥－3； 当n为偶数时，有a<3－，易知数列为递增数列，且＝3－＝，所以a<. 综上，实数a的取值范围为.故选B． 角度2　数列中的有关不等式问题 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 解：(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9， 所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9， 两式相减可得4an＋1＝3an，即＝. 当n＝1时，4S2＝4＝3－9 ＝－－9， 解得a2＝－， 所以＝＝. 所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列， 所以an＝－×＝－. (2)因为3bn＋(n－4)an＝0， 所以bn＝an＝×＝(n－4)×. 所以Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－4)×，① 且Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－5)×＋(n－4)×，② ①－②得Tn＝－3×＋－(n－4)×＝－＋－(n－4)×＝－n×， 所以Tn＝－4n×. 因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立， 所以－4n×≤λ(n－4)×恒成立， 即－3n≤λ(n－4)恒成立， 当n＜4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1； 当n＝4时，－12≤0恒成立； 当n＞4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3. 所以－3≤λ≤1. 规律方法 数列不等式主要考查恒成立(或有解)问题以及证明不等式，通常用放缩法求解．用放缩法解决数列不等式问题通常有两条途径：一是具备求和条件的数列不等式，则先求和再放缩，此类问题本质上是数列求和问题；二是不具备求和条件的数列不等式，则先放缩再求和，此时放缩有两个方向： 1．放缩后成等比数列． 2．放缩后可以裂项相消的数列． 学生用书↓第53页 对点练5.(2024·四川绵阳高二期中)某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图①，②，③，④为他们刺绣的四个简单图案，这些图案都由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮，按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形． (1)求出f(n)的表达式； (2)求证：当n≥2时，＋＋＋…＋<. 解：(1)根据题意，f(2)－f(1)＝4＝4×1， f(3)－f(2)＝8＝4×2， f(4)－f(3)＝12＝4×3， f(5)－f(4)＝16＝4×4， … 由此类推得f(n＋1)－f(n)＝4n(n∈N*)． 当n≥2且n∈N*时，f(n)＝f(1)＋[f(2)－f(1)]＋[f(3)－f(2)]＋…＋[f(n)－f(n－1)]＝1＋4＋4×2＋…＋4(n－1)＝1＋＝2n2－2n＋1. 又f(1)＝1也满足f(n)＝2n2－2n＋1， 故对任意的n∈N*，f(n)＝2n2－2n＋1. (2)证明：当n≥2时，＝＝＝， 则＋＋＋…＋＝1＋＝1＋＝－<. 角度3　数列中的有关实际应用问题 (2024·浙江宁波高二期末)甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额均为1千万元，由于管理经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为千万元，乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多n－1千万元． (1)分别求甲、乙超市第n年销售额的表达式； (2)若其中一家超市的年销售额不足另一家超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购，如果有这种情况，至少会出现在第几年？ 解：(1)设甲、乙超市第n年销售额分别为an千万元、bn千万元， 假设甲超市前n年总销售额为Sn，则Sn＝， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n－， 易得a1＝1不满足上式，故an＝ b1＝1，n≥2时，bn－bn－1＝n－1， 故bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝1＋＋2＋…＋n－1＝＝3－2·n－1， 显然n＝1也适合，故bn＝3－2·n－1. (2)甲超市不可能被乙超市收购，乙超市将被甲超市收购，理由如下： ①因为bn<3，a1＝b1， 当n≥2时，an≥a2＝>bn， 所以甲超市不可能被乙超市收购； ②当n＝2时，a2＝，b2＝，有a2>b2；当n＝3时，a3＝，b3＝，有a3>b3，当n＝4时，a4＝，b4＝有a4>b4；当n>4时，令an>bn，则n－>3－2，即2n＋12×>13，当n＝6时，12＋>13，故n≥6. 综上，至少第6年时乙超市将被甲超市收购． 规律方法 数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学知识与方法构建模型解决问题的过程．本章内容主要体现在用数列模型来解决实际问题．根据题意抽象出等差或等比数列模型，然后分析清楚是求通项、项数、还是求和；另外，需注意数列项数的确定，尤其是涉及到与年份、月份有关的问题，要确定好起始年份、月份等． 对点练6.治理垃圾是S市改善环境的重要举措．去年S市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的75%. (1)写出S市从今年开始的年垃圾排放量与治理年数n(n∈N＋)的表达式； (2)设An为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量．如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由． 解：(1)设治理n年后，S市的年垃圾排放量构成数列{an}． 当n≤5时，{an}是首项为a1＝200－20＝180，公差为－20的等差数列， 所以an＝a1＋(n－1)d＝180－20(n－1)＝200－20n； 当n≥6时，数列{an}是以a6＝100×75%＝75为首项，公比为的等比数列，所以an＝a6qn－6＝75×， 所以治理n年后，S市的年垃圾排放量的表达式为an＝ (2)设Sn为数列{an}的前n项和，则An＝. 由于An＋1－An＝－＝＝＝＝. 由(1)知，当1≤n≤5时，an＝200－20n，所以{an}为递减数列， 当n≥6时，an＝75×，所以{an}为递减数列，且a6<a5，所以{an}为递减数列， 于是an＋1－a1<0，an＋1－a2<0，…，an＋1－an<0，因此An＋1－An<0，所以数列{An}为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，故认为现有的治理措施是有效的． 学生用书↓第54页 (2021·新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求使Sn>an成立的n的最小值． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 则由题意，得 得所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－6. (2)Sn＝＝＝n2－5n， 则由n2－5n>2n－6，整理得n2－7n＋6>0，解得n<1，或n>6. 因为n∈N*，所以使Sn>an成立的n的最小值为7. (2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 解：(1)证明：因为＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n　①， 当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)　②， ①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)， 即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1， 即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)， 所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N*， 所以{an}是以1为公差的等差数列． (2)由(1)可得d＝1，所以a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8， 又a4，a7，a9成等比数列，所以a＝a4·a9， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，解得a1＝－12， 所以Sn＝－12n＋＝n2－n＝－，n∈N*， 所以当n＝12，或n＝13时，(Sn)min＝－78. 学生用书↓第55页 (2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 解：(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3d＝a1＋2d， 解得a1＝d， 所以S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d， 又T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝， 所以S3＋T3＝6d＋＝21， 即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3，或d＝(舍去)， 所以an＝a1＋(n－1)·d＝3n. (2)因为{bn}为等差数列， 所以2b2＝b1＋b3，即＝＋， 所以6＝＝， 即a－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d，或a1＝2d， 因为d>1，所以an>0， 又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1， 所以a50－＝1，即a－a50－2 550＝0， 解得a50＝51，或a50＝－50(舍去)． 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51， 解得d＝1，与d>1矛盾，舍去； 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝. 综上，d＝. (2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d ， 而bn＝k∈N*， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是 解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)×d＝2n＋3， 所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3. (2)证明：法一：由(1)知，Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N*， 当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1， Tn＝·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn， 所以当n>5时，Tn>Sn. 法二：由(1)知，Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N*， 当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝·＋·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝·＋·＝n2＋n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式， 因此当n为奇数时，Tn＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn， 所以当n>5时，Tn>Sn. 单元检测卷(一)　数列 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、选择题(本题共8小题，每小题5分， 共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．) 1．数列－，，－，，…的通项公式可能是an＝(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A． B． C． D． 答案：C 解析：数列的分母5，7，9，…形成首项为5，公差为2的等差数列，则通项公式为5＋(n－1)×2＝2n＋3，所以an＝.故选C． 2．设等差数列的前n项和为Sn，若a2＋a9＝a3＋8，则S15＝(　　) A．60 B．120 C．160 D．240 答案：B 解析：由题可知，a2＋a9＝a3＋8，由等差数列的性质可知a2＋a9＝a3＋a8，则a8＝8，故S15＝＝＝15a8＝15×8＝120.故选B． 3．记Sn为等比数列的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝(　　) A．2n－1 B．2－21－n C．2－2n－1 D．21－n－1 答案：B 解析：设等比数列的公比为q，由a5－a3＝12，a6－a4＝24，得解得 所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝＝＝2n－1，因此＝＝2－21－n.故选B． 4．已知数列的前4项分别为3－，5＋，7－，9＋，则该数列的一个通项公式可以为an＝(　　) A．2n＋1＋(－1)n B．2n＋1＋(－1)n＋1 C．2n＋1＋(－1)n－1 D．2n＋1＋(－1)n 答案：D 解析：观察可知，该数列的前面整数部分为奇数2n＋1，后面分数部分正负相间，首项的分数部分为负，分母为2n，分子为2n－1，故该数列的一个通项公式可以为an＝2n＋1＋(－1)n.故选D． 5．在数列中，a1＝2，an＋1＝2an－1，若an>513，则n的最小值是(　　) A．9 B．10 C．11 D．12 答案：C 解析：因为an＋1＝2an－1，所以an＋1－1＝2(an－1)，即＝2，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列．则an－1＝2n－1，即an＝2n－1＋1.因为an>513，所以2n－1＋1>513，所以2n－1>512，所以n>10，又n∈N*，所以n的最小值是11.故选C． 6．假设你有一笔资金，现有三种投资方案，这三种方案的回报如下： 方案一：每天回报40元； 方案二：第一天回报10元，以后每天比前一天多回报10元； 方案三：第一天回报0.4元，以后每天的回报比前一天翻一番． 现打算投资10天，三种投资方案的总收益分别为A10，B10，C10，则(　　) A．A10<B10<C10 B．A10<C10<B10 C．B10<A10<C10 D．C10<A10<B10 答案：B 解析：设三种方案第n天的回报分别为an，bn，cn，则an＝40，由条件可知为常数列；是首项为10，公差为10的等差数列；是首项为0.4，公比为2的等比数列．设投资10天三种投资方案的总收益为A10，B10，C10，则A10＝400；B10＝10×10＋×10＝550；C10＝＝409.2，所以A10<C10<B10.故选B． 7．数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　) A． 2 B． 3 C． 4 D． 5 答案：C 解析：在等式am＋n＝aman中，令m＝1，可得an＋1＝ana1＝2an，所以＝2，所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an＝2×2n－1＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝＝＝2k＋1(210－1)＝25(210－1)，所以2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4.故选C． 8．若数列{an}的前n项和为Sn，bn＝，则称数列{bn}是数列{an}的“均值数列”．已知数列{bn}是数列{an}的“均值数列”且通项公式为bn＝n，设数列的前n项和为Tn，若Tn<m2－m－1对一切n∈N*恒成立，则实数m的取值范围为(　　) A．(－1，3) B．[－1，3] C．(－∞，－1)∪(3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞) 答案：D 解析：由题意，得数列{an}的前n项和为Sn，由“均值数列”的定义可得＝n，所以Sn＝n2，当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，a1＝1也满足an＝2n－1，所以an＝2n－1，所以＝＝，所以Tn＝＝<，又Tn<m2－m－1对一切n∈N*恒成立，所以m2－m－1≥，整理得m2－2m－3≥0，解得m≤－1，或m≥3.即实数m的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．故选D． 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．) 9．设数列是以d为公差的等差数列，Sn是其前n项和，a1>0，且S6＝S9，则下列结论正确的是(　　) A．d<0 B．a8＝0 C．S5>S6 D．S7或S8为Sn的最小值 答案：AB 解析：由S6＝S9，得6a1＋15d＝9a1＋36d，所以d＝－a1<0，故A正确；a8＝a1＋7d＝a1－a1＝0，故B正确；S6－S5＝a6＝a1＋5d＝a1>0，所以S5<S6，故C错误；由a8＝0，d<0，a1>0，可得S7或S8为Sn的最大值，故D错误．故选AB． 10．计算机病毒危害很大，一直是计算机学家研究的对象．当计算机内某文件被病毒感染后，该病毒文件就不断地感染其他未被感染文件．计算机学家们研究的一个数字为计算机病毒传染指数C0，即一个病毒文件在一分钟内平均所传染的文件数，某计算机病毒的传染指数C0＝2，若一台计算机有105个可能被感染的文件，如果该台计算机有一半以上文件被感染，则该计算机将处于瘫痪状态．该计算机现只有一个病毒文件，如果未经防毒和杀毒处理，则下列说法中正确的是(　　) A．在第3分钟内，该计算机新感染了18个文件 B．经过5分钟，该计算机共有243个病毒文件 C．10分钟后，该计算机处于瘫痪状态 D．该计算机瘫痪前，每分钟内新被感染的文件数成公比为2的等比数列 答案：ABC 解析：设第n＋1分钟之内新感染的文件数为an＋1，前n分钟内新感染的病毒文件数之和为Sn，则an＋1＝2(Sn＋1)，且a1＝2，由an＋1＝2(Sn＋1)可得an＝2(Sn－1＋1)，两式相减得an＋1－an＝2an，所以an＋1＝3an，所以每分钟内新感染的病毒构成以a1＝2为首项，3为公比的等比数列，所以an＝2×3n－1，在第3分钟内，该计算机新感染了a3＝2×33－1＝18个文件，故A正确；经过5分钟，该计算机共有1＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋＝35＝243个病毒文件，故B正确；10分钟后，计算机感染病毒的总数为1＋a1＋a2＋…＋a10＝1＋＝310>×105，所以计算机处于瘫痪状态，故C正确；该计算机瘫痪前，每分钟内新被感染的文件数成公比为3的等比数列，故D不正确．故选ABC． 11．(2024·山东临沂高二期中)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……，以此类推．设从上到下各层球数构成一个数列，则下列结论正确的是(　　) A．a4＝9 B．an＋1－an＝n＋1 C．a10＝55 D．＝ 答案：BCD 解析：根据题意，可知从第二层起，某一层的球数比上一层的球数多的数量刚好是其层数，即an－an－1＝n(n≥2)，即an＝an－1＋n(n≥2)，对于A，因为a3＝6，所以a4＝a3＋4＝10，故A错误；对于B，因为an－an－1＝n(n≥2)，所以an＋1－an＝n＋1，故B正确；对于C，因为a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，且a1＝1，所以上述各式相加得，an＝1＋2＋3＋…＋n＝，经检验：a1＝1满足an＝，所以an＝，则a10＝55，故C正确；对于D，由选项C可知＝＝2，所以＝＋＋…＋＝2×＝，故D正确．故选BCD． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分，将答案填在题中的横线上．) 12．若数列的前n项和Sn＝n2＋3n－90，则的值为________． 答案：－ 解析：因为Sn＝n2＋3n－90，故当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋3n－90－[(n－1)2＋3(n－1)－90]，故可得an＝2n＋2，又an＋1－an＝2(n＋1)＋2－2n－2＝2，故当n≥2时，该数列是等差数列．又当n＝1时，a1＝S1＝－86.综上所述，an＝故＝＝－. 13．对于数列，定义数列为数列的“差数列”，若a1＝2，的“差数列”的通项公式为2，则数列的前n项和Sn为________． 答案：n2＋n 解析：依题意定义知，a1＝2，a2－a1＝2，a3－a2＝2，a4－a3＝2，…，an－an－1＝2，进行累加求和得n≥2时，an＝2＋2(n－1)＝2n，对n＝1成立；故数列的前n项和Sn＝2(1＋2＋3＋…＋n)＝2×＝n2＋n. 14．已知是首项为1，公比为2的等比数列，数列满足b1＝a1，且bn＝a1＋a2＋…＋an－1＋an＋an－1＋…＋a2＋a1(n≥2，n∈N*)，若am＋(bm－22)＝2 024，则m的值为________． 答案：10 解析：由题意得an＝1·2n－1＝2n－1，设的前n项和为Sn，则bn＝a1＋a2＋…＋an－1＋an＋an－1＋…＋a2＋a1＝(a1＋a2＋…＋an－1＋an)＋(a1＋a2＋…＋an－1)＝Sn＋Sn－1＝＋＝2n＋2n－1－2(n≥2，n∈N*)．因为am＋(bm－22)＝2 024，所以am＋bm＝2 046.又因为am＋bm＝2m－1＋2m＋2m－1－2＝2·2m－2，所以2·2m－2＝2 046，解得m＝10. 四、解答题(本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 15．(13分)等差数列满足a1＋a2＝10，a6－a4＝4. (1)求的通项公式和前n项和Sn；(5分) (2)设等比数列满足b2＝a3，b3＝a7，求数列的前n项和Tn.(8分) 解：(1)设等差数列的公差为d，则2d＝a6－a4＝4，可得d＝2， 所以a1＋a2＝2a1＋d＝2a1＋2＝10，解得a1＝4， 则an＝a1＋(n－1)d＝4＋2(n－1)＝2n＋2. 所以Sn＝＝＝n2＋3n. (2)设等比数列的公比为q， 则q＝＝＝＝2，b1＝＝＝4， 所以Tn＝＝＝2n＋2－4. 16．(15分)为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车．每更换一辆新车，就淘汰一辆旧车，更换的新车为电力型车和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆，计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．设Sn，Tn分别为从今年起n年里投入的电力型公交车、混合动力型公交车的总数量． (1)求Sn，Tn，并求从今年起n年里投入的所有新公交车的总数量Fn；(5分) (2)该市计划用7年的时间完成全部更换，求a的最小值．(10分) 解：(1)设从今年起每年投入的电力型车、混合动力型车的数量分别依次构成数列，. 依题意知是首项为128，公比为的等比数列，是首项为400，公差为a的等差数列， 所以Sn＝＝256， Tn＝400n＋a. 所以Fn＝Sn＋Tn＝256＋400n＋a. (2)因为Sn，Tn均随着n的增加而增加， 所以Fn也随着n的增加而增加，所以F7≥10 000， 即256＋400×7＋≥10 000，得a≥≈146.8. 又a∈N*，所以a的最小值为147. 17．(15分)(2024·四川成都高二期末)已知数列满足a1＝，an＋1＝. (1) 求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；(5分) (2) 若________，求数列的前n项和Tn. (在①bn＝anan＋1；②bn＝；③bn＝＋这三个条件中选择一个补充在第(2)问中，并对其求解)(10分) 解：(1)因为an＋1＝，则＝＝＋2，即－＝2， 故数列是首项和公差都为2的等差数列， 所以＝2＋(n－1)×2＝2n，即an＝. (2)选①：因为bn＝anan＋1＝×＝， 所以Tn＝＝＝. 选②：因为bn＝＝(－1)n·2n，则有： 当n＝2k，k∈N*时，Tn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2n＋2＋2n)＝2×＝n； 当n＝2k－1，k∈N*时，Tn＝Tn－1＋bn＝n－1－2n＝－n－1； 所以Tn＝ 选③：因为bn＝＋＝2n＋， 所以Tn＝(2＋4＋…＋2n)＋＝＋＝n2＋n＋. 18．(17分)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列． (1)求{an}和{bn}的通项公式；(7分) (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜.(10分) 解：(1)设{an}的公比为q，则an＝qn－1. 因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以a1＋9a3＝2×3a2，即1＋9q2＝2×3q，解得q＝， 故an＝，bn＝×＝. (2)证明：由(1)知Sn＝＝，Tn＝＋＋＋…＋，　① Tn＝＋＋＋…＋＋，　② ①－②得Tn＝＋＋＋…＋－， 即Tn＝－＝－， 整理得Tn＝－， 则2Tn－Sn＝2－＝－<0，故Tn<. 19．(17分)设数列的前n项的和为Sn，且Sn＝，数列满足b1＝，且对任意正整数n都有bn, ，bn＋1成等比数列． (1)求数列的通项公式．(3分) (2)证明数列为等差数列．(5分) (3)令cn＝2bn－3，问是否存在正整数m，k，使得cm，cm＋5，ck成等比数列？若存在，求出m，k的值，若不存在，说明理由．(9分) 解：(1)因为数列的前n项的和Sn＝， 所以当n＝1时，a1＝； 当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1＝－＝， 当n＝1时，上式也成立， 所以数列的通项公式为an＝. (2)证明：因为对任意正整数n都有bn, ，bn＋1成等比数列， 所以bnbn＋1＝，即bnbn＋1＝， 所以bn＋1bn＋2＝， 两式相除得，对任意正整数n都有＝， 即＝， 当n为奇数时，＝， 所以bn＝(n＋1)＝(n＋1)， 当n为偶数时，＝，而b1b2＝， 所以b2＝， 所以bn＝(n＋1)＝(n＋1)，n∈N*. 所以bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝， 所以数列为等差数列. (3)因为cn＝2bn－3＝2(n＋1)－3＝2n－1， 所以cm＝2m－1，cm＋5＝2(m＋5)－1＝2m＋9，ck＝2k－1， 因此存在正整数m，k，使得cm，cm＋5，ck成等比数列 ⇔(2m＋9)2＝(2m－1)(2k－1) ⇔2k－1＝， ⇔k＝m＋10＋. 因为m，k都是正整数，则2m－1＝1，5，25， 即m＝1，3，13时，对应的k＝61，23，25. 所以存在或或使得cm，cm＋5，ck成等比数列． 学生用书↓第56页 学科网（北京）股份有限公司 $$