第一章 数列 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（北师大版2019）

章末综合提升 学生用书↓第50页 探究点一　等差与等比数列的基本运算 例1　 设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3，3a2，a3＋4构成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1，2，…，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)由已知得 解得a2＝2. 设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝， a3＝2q，又S3＝7，可知＋2＋2q＝7， 即2q2－5q＋2＝0， 解得q1＝2，q2＝.由题意得q＞1， 所以q＝2，所以a1＝1. 故数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)由于bn＝ln a3n＋1，n＝1，2，…， 由(1)得a3n＋1＝23n， 所以bn＝ln 23n＝3nln 2. 又bn＋1－bn＝3ln 2，所以{bn}是等差数列， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝·ln 2. 故Tn＝ln 2. 在等差数列和等比数列中，通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量：a1，an，n，q(d)，Sn，其中首项a1和公比q(公差d)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，an，n，q(d)，Sn的方程组，通过方程的思想解出需要的量． 对点练1. 已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn. (1)若1，a1，a3成等比数列，求a1； (2)在(1)的条件下，若a1＞0，求Sn. 解：(1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a＝1×(a1＋2)， 即a－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2. (2)因为a1＞0，所以a1＝2， 所以Sn＝2n＋＝＋，n∈N＋. 探究点二　等差、等比数列的判定 例2　 已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0. (1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式； (2)若S5＝，求λ. 解：(1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1， 故λ≠1，a1＝，a1≠0. 由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1， 得an＋1＝Sn＋1－Sn＝λan＋1－λan， 即an＋1(λ－1)＝λan. 由a1≠0，λ≠0且λ≠1，得an≠0， 所以＝. 因此{an}是首项为，公比为的等比数列， 于是an＝. (2)由(1)得Sn＝1－. 由S5＝，得1－＝， 即＝. 解得λ＝－1. 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⇔{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项和公式法 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 学生用书↓第51页 对点练2. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝. (1)求证：是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)证明：当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0， 得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1， 所以－＝2， 又＝＝2， 所以是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得＝2n，所以Sn＝. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－； 当n＝1时，a1＝，不符合an＝－， 故an＝ 探究点三　数列求和 例3　 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－n＝2an. (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－<Tn≤－. 解：(1)由Sn－n＝2an得Sn＋1－(n＋1)＝2an＋1，两式相减得an＋1－1＝2an＋1－2an， 即an＋1＝2an－1，所以an＋1－1＝2， 当n＝1时，S1－1＝2a1，则a1＝－1，a1－1＝－2， 所以数列是以－2为首项，2为公比的等比数列． 所以an－1＝－2n，所以an＝－2n＋1. (2)证明：bn＝－，则Tn＝－－－…－， Tn＝－－－…－－， 两式相减得Tn＝－－－－…－＋＝－－＋ ＝－－＋＋＝－＋.所以Tn＝－＋>－，又bn<0， 所以Tn≤T1＝－，所以－<Tn≤－. 数列求和的常用解法 1．错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn. 2．裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列． 3．拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和． 4．并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数(是奇数还是偶数)的讨论． 对点练3. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝2a3，S4＝2a4＋4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<2. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题设可得 解得a1＝d＝2，所以an＝2n. (2)证明：由(1)可得Sn＝＝n2＋n， 所以bn＝＝＝2× ， 所以Tn＝2 ＝2<2. 学生用书↓第52页 探究点四　数列的实际应用 例4　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a5为首项，公比为的等比数列， 所以an＝a5qn－5＝100×， 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＝100×，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． 应用数列知识解决实际问题的一般思路 1．建模．根据题设条件，建立数列模型： (1)分析实际问题的结构特征； (2)找出所含元素的数量关系； (3)确定为何种数列模型． 2．解模．利用相关的数列知识加以解决： (1)分清首项、公差(公比)、项数等； (2)分清是求an还是求Sn； (3)选用适当的方法求解． 3．还原．把数学问题的解代回实际问题中，根据实际问题的约束条件合理修正，使其成为实际问题的解． 对点练4.从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业．根据规划，2023年投入资金1 000万元，以后每年投入比上年减少10%.预测显示，2023年当地旅游业收入为300万元，以后每年收入比上年增加 20万元．根据预测，解答以下问题： (1)从 2023年至2032年，该地十年的旅游业收入共计多少万元？ (2)从哪一年起该地的旅游业总收入将首次超过总投入？ (参考数据：0.95≈0.531，0.97≈0.478，0.98≈0.430，0.918≈0.150 09，0.919≈0.135 09) 解：(1)以 2023年为第1年，设第n年旅游业收入为 an万元，则数列{an}是以300为首项，20为公差的等差数列，设其前n项和为An， 故an＝300＋20＝20n＋280， An＝300n＋×20＝10n2＋290n， 所以A10＝10×102＋290×10＝3 900. 因此从2023年至2032年，该地十年的旅游业收入共计3 900万元． (2)以2023年为第1年，设第n年投入资金为bn万元，则数列{bn}是以 1 000为首项，0.9为公比的等比数列，设其前n项和为Bn，故bn＝1 000·0.9n－1， Bn＝＝10 000(1－0.9n)， 将收入与投入的前n项和作差构造新数列， 再结合数列的单调性求解． 则题目转化为求使An>Bn的正整数n的最小值． 设cn＝An－Bn＝10n2＋290n－10 000(1－0.9n)， 则cn＋1－cn＝an＋1－bn＋1＝300＋20n－1 000·0.9n， 令f(n)＝300＋20n－1 000·0.9n(n∈N＋)， 则f(n)单调递增，且 f (7)<0，f (8)>0， 故 c1>c2>…>c8，c8<c9<c10<…， 又c1＝－700<0，c18≈－39.1<0，c19≈470.9>0， 因此该地从2041年起旅游业总收入将首次超过总投入． 学生用书↓第53页 (2024·全国甲卷理)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A． B． C．－ D．－ 答案：B 解析：由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×＝.故选B. (2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________． 答案：95 解析：设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7，3a2＋a5＝3 (a1＋d)＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5，解得a1＝－4，d＝3，则S10＝10a1＋45d＝95. (2024·全国甲卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{Sn}的前n项和． 解：(1)因为2Sn＝3an＋1－3， 所以2Sn＋1＝3an＋2－3， 两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1， 即an＋2＝an＋1，所以等比数列{an}的公比为. 因为2S1＝2a1＝3a2－3＝5a1－3， 所以a1＝1，故an＝n－1. (2)因为2Sn＝3an＋1－3，所以Sn＝＝， 设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn＝×－n＝×－n－. (2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列． (1)求的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<2. 解：(1)因为a1＝1，所以S1＝a1＝1，所以＝1， 又因为是公差为的等差数列， 所以＝1＋＝， 所以Sn＝， 所以当n≥2时，Sn－1＝， 所以an＝Sn－Sn－1＝－， 整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1， 即＝， 所以an＝a1×××…××， ＝1×××…××＝(n≥2)， 显然对于n＝1也成立， 所以{an}的通项公式为an＝(n∈N*)． (2)证明：＝＝2， 所以＋＋…＋＝2＝2<2. (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. 章末检测卷(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、单项选择题(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．正项等比数列中，a2a5＝100，则lg a3＋lg a4＝(　　 ) A．－1 B．1 C．2 D．0 答案：C 解析：等比数列中，a2a5＝100，由等比数列的基本性质可得a3a4＝a2a5＝100，因此，lga3＋lga4＝lg＝lg100＝2.故选C. 2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝22，则a4＋a12＝(　　 ) A．2 B．4 C．6 D．8 答案：B 解析：因为等差数列{an}中，S11＝＝22，所以a1＋a11＝4，则a4＋a12＝(a1＋3d)＋＝2a1＋10d＝2a6＝a1＋a11＝4.故选B. 3．在等比数列中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝3，a＋a＋a＋a＋a＝15，则a1－a2＋a3－a4＋a5的值是(　　 ) A．5 B． C．－ D．3 答案：A 解析：设等比数列的公比为q，q显然不等于1，由题得＝3，＝15，所以两式相除得＝5，所以a1－a2＋a3－a4＋a5＝＝＝5.故选A. 4．已知等差数列的前n项和Sn满足：Sm<Sm＋2<Sm＋1，若Sn>0，则n的最大值为(　　 ) A．2m B．2m＋1 C．2m＋2 D．2m＋3 答案：C 解析：由Sm<Sm＋2<Sm＋1得，am＋1>0，am＋2<0，am＋1＋am＋2>0.又S2m＋1＝＝am＋1>0，S2m＋3＝＝am＋2<0，S2m＋2＝＝>0.故选C. 5．“人有悲欢离合，月有阴晴圆缺”，这里的圆缺就是指“月相变化”，即地球上所看到的月球被日光照亮部分的不同形状，随着月球与太阳的相对位置的不同，便会呈现出各种形状，如图所示：古代中国的天象监测人员发现并记录了月相变化的一个数列，记为{an}，其中1≤n≤15且n∈N*，将满月分成240部分，从新月开始，每天的月相数据如下表所示(部分数据)，a1＝5是指每月的第1天可见部分占满月的，a8＝128是指每月的第8天可见部分占满月的，a15＝240是指每月的第15天(即农历十五)会出现满月．已知在月相数列{an}中，前5项构成等比数列，第5项到第15项构成等差数列，则第3天可见部分占满月的(　　 ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5 a2 a3 a4 a5 a6 a7 128 a9 a10 a11 a12 a13 a14 240 A． B． C． D． 答案：B 解析：设第5项到第15项构成的等差数列的公差为d，则7d＝a15－a8＝240－128＝112，解得d＝16，所以a5＝a8－3d＝128－48＝80.设前5项构成的等比数列的公比为q，则a＝a1a5＝5×80＝400，又a3>0，所以a3＝20，所以＝＝，即第3天可见部分占满月的.故选B. 6．已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f＝f(x)＋f (y)，若数列的前n项和为Sn，且满足f(Sn＋2)－f (an)＝f(3)(n∈N＋), 则an＝(　　 ) A．2n－1 B．n C．2n－1 D． 答案：D 解析：因为f＝f(x)＋f(y)对于对任意的正数x，y都成立，所以f (Sn＋2)－f (an)＝f(3)，即f (Sn＋2)＝f(an)＋f(3)＝f(3an)，所以Sn＋2＝3an，又Sn－1＋2＝3an－1(n≥2)，故两式相减得2an＝3an－1 (n≥2)，即＝.又当n＝1时，S1＋2＝a1＋2＝3a1，即a1＝1，故数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，即an＝.故选D. 7．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，即此数列第1项是20，接下来2项是20，21，再接下来3项是20，21，22，…，设Sn是数列的前n项和，则S2 020＝(　　 ) A．264－50 B．263－50 C．264－26 D．263－26 答案：A 解析：分组：第1组有1项为20；第2组有2项，为20，21；…；第k组有k项，为20，21，…，2k－1. 根据等比数列的前n项和公式得每组各项和分别为21－1，22－1，23－1，…，2k－1.因为前63组共有＝2 016(项)，所以S2 020＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋262)＋20＋21＋22＋23＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(263－1)＋20＋21＋22＋23＝(2＋22＋…＋263)－63＋15＝－48＝264－50.故选A. 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、多项选择题(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．等差数列是递增数列，满足a7＝3a5，前n项和为Sn，下列选项正确的是(　　 ) A．d>0 B．a1<0 C．当n＝5时Sn最小 D．Sn>0时n的最小值为8 答案：ABD 解析：由题意，设等差数列{an}的公差为d，因为a7＝3a5，可得a1＋6d＝3(a1＋4d)，解得a1＝－3d，又由等差数列{an}是递增数列，可知d>0，则a1<0，故A，B正确；因为Sn＝n2＋(a1－)n＝n2－n，由n＝－＝可知，当n＝3或4时Sn最小，故C错误，令Sn＝n2－n>0，解得n<0(舍去)或n>7，即Sn>0时n的最小值为8，故D正确．故选ABD. 10．已知数列{an}的首项为4，且满足2(n＋1) an－nan＋1＝0(n∈N＋)，则(　　) A．为等差数列 B．{an}为递增数列 C．{an}的前n项和Sn＝(n－1)×2n＋1＋4 D．的前n项和 Tn＝ 答案：BD 解析：由2(n＋1)an－nan＋1＝0得 ＝2×，所以 是以 ＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误；易得＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝n×2n＋1，显然{an}为递增数列，故B正确；易得Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，2Sn＝1×23＋2×24＋…＋(n－1)×2n＋1＋n×2n＋2.所以－Sn＝22＋23＋…＋2n＋1－n×2n＋2＝－n×2n＋2＝(1－n)·2n＋2－4，故Sn＝(n－1)×2n＋2＋4，故C错误；因为＝＝n，所以 {}的前n项和 Tn＝＝，故D正确．故选BD. 11．设数列{an}的前n项和为Sn，若存在实数A，使得对于任意的n∈N＋ ，都有<A，则称数列{an}为“T数列”．则以下数列{an}为“T数列”的是(　　 ) A. {an}是等差数列，且a1>0，公差d<0 B. {an}是等比数列，且公比q满足<1 C．an＝ D．a1＝1，an＋2＋an＝0 答案：BC 解析：对于A，若{an}是等差数列，a1>0，公差d<0，则Sn＝n2＋n，是关于n的二次函数，当n→＋∞时，→＋∞，对于任意的n∈N＋ ，不存在实数A，使得<A恒成立，所以数列{an}不是“T数列”；对于B，若{an}是等比数列，且公比q满足<1，则＝＝≤＋<2，所以数列{an}是“T数列”；对于C，an＝＝－，所以＝＝<，则数列是“T数列”；对于D，在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1) an＝0，当n是奇数时，an＋2－an＝0，数列{an}中奇数项构成常数列，且各项均为1；当n是偶数时，an＋2＋an＝0，即任意两个连续偶数项和为0，则对于任意的n∈N*，S4n＝2n，不存在实数A，使得<A恒成立．所以数列{an}不是“T数列”．故选BC. 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．(2024·浙江温州高二期末)写出一个具有下列性质①②的数列{an}的通项公式an＝______，①am＋n＝am＋an (m，n∈N＋)；②{an}单调递增． 答案：n(答案不唯一) 解析：假设数列为等差数列，设其公差为d，由性质①可得a1＋ (m＋n－1)d＝a1＋(m－1)d＋a1＋(n－1)d⇒a1＝d，再根据②可知d>0，显然an＝n满足题意. (答案不唯一) 13．已知各项均为正数的等比数列{an}，其前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋2－6，则数列{an}的通项公式是________． 答案：an＝3×2n－1 解析：设an＝a1qn－1，由2Sn＝an＋2－6，则有即解得或又{an}各项均为正数，故则an＝3×2n－1. 14．在数列{an}和{bn}中，an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－，a1＝1，b1＝1.设cn＝＋，则数列{cn}的前2 024项和为________． 答案：4 048 解析：由an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－，得an＋1＋bn＋1＝2 (an＋bn).又a1＋b1＝2，所以数列{an＋bn}是首项为2，公比为2的等比数列，即an＋bn＝2n，将an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－，等式两边分别相乘，得＝2，所以数列{anbn}是首项为a1b1＝1，公比为2的等比数列，所以anbn＝2n－1，所以cn＝＋＝＝＝2，所以数列{cn}的前2 024项和为2×2 024＝4 048. 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)在①a－a＝3(an>0，n∈N＋), ②a－anan－1－3an－1－9＝0(n≥2，n∈N＋)，③Sn＝n2－2n＋2(n∈N＋)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答下列问题． 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，______． (1)求数列{an}的通项公式；(5分) (2)对大于1的自然数n，是否存在大于2的自然数m，使得a1，an，am成等比数列？若存在，求m的最小值；若不存在，请说明理由．(8分) 解：选择条件①： (1)由a－a＝3，a1＝1，得是首项为1，公差为3的等差数列， 则a＝3n－2，又an>0，所以an＝； (2)假设存在满足题意的自然数m，使得a1，an，am成等比数列， 则有a＝a1am，即3n－2＝， 即m＝3n2－4n＋2， 因为n∈N＋，且n>1，m>2且m∈N＋， 所以当n＝2时，mmin＝6. 所以存在大于2的自然数m，使得a1，an，am成等比数列，m的最小值为6； 选择条件②： (1)因为a－anan－1－3an－1－9＝0， 所以(an＋3) (an－an－1－3)＝0， 又a1＝1，所以an－an－1－3＝0， 即an－an－1＝3(n≥2)， 所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列，则an＝1＋3(n－1)＝3n－2； (2)假设存在满足题意的自然数m，使得a1，an，am成等比数列， 则有a＝a1am，即(3n－2) ＝3m－2， 即m＝3n2－4n＋2. 因为n∈N＋且n>1，m>2且m∈N＋， 所以当n＝2时，mmin＝6. 所以存在大于2的自然数m，使得a1，an，am成等比数列，m的最小值为6； 选择条件③： (1)由Sn＝n2－2n＋2， 可得当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－2n＋2)－(n2－4n＋5)＝2n－3， 又当n＝1时，a1＝1不满足an＝2n－3，所以an＝ (2)假设存在满足题意的自然数m，使得a1，an，am成等比数列， 则有a＝a1am，即(2n－3) ＝2m－3，即m＝2n2－6n＋6. 因为n∈N＋且n>1，m>2且m∈N＋，所以当n＝3时，mmin＝6. 所以存在大于2的自然数m，使得a1，an，am成等比数列，m的最小值为6. 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；(6分) (2)该市计划用7年的时间完成全部更换，求a的最小值．(9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≥. 又a∈N＋，所以a的最小值为147. 17．(15分)设数列{an}满足a1＝5，2an＋1＝an＋2n＋7. (1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并用数学归纳法加以证明；(6分) (2)若数列的前n项和为Tn，证明：Tn<.(9分) 解：(1)依题意，a1＝5，2an＋1＝an＋2n＋7，则an＋1＝an＋n＋， 所以a2＝a1＋1＋＝7，a3＝a2＋2＋＝9， 猜想an＝2n＋3. 当n＝1时，a1＝2×1＋3＝5成立， 假设当n＝k时，猜想成立，即ak＝2k＋3， 则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak＋k＋ ＝＋k＋ ＝2k＋5＝2＋3，猜想成立， 所以an＝2n＋3. (2)证明：＝＝， 所以Tn＝＝＝－<. 18．(17分)已知数列{an}和{bn}满足：a1＝1，a2＝2，an>0，bn＝(n∈N＋)，且{bn}是以q为公比的等比数列． (1)证明：an＋2＝anq2；(3分) (2)若cn＝a2n－1＋2a2n，证明：数列{cn}是等比数列；(5分) (3)求和：S＝＋＋＋＋…＋＋.(9分) 解：(1)证明：因为{bn}是以q为公比的等比数列，所以＝q， 所以 ＝＝q，所以an＋2＝anq2. (2)证明：因为an＋2＝anq2， 所以数列a1，a3，a5，…和数列a2，a4，a6，…均是以q2为公比的等比数列， 故a2n－1＝a1q2＝q2n－2，a2n＝a2q2＝2q2n－2， 所以cn＝a2n－1＋2a2n＝5q2n－2＝5·(q2) . 故{cn}是首项为5，公比为q2的等比数列． (3)由(2)，得＝，＝， 所以S＝＋＋＋＋…＋＋ ＝＋ ＝＋ ＝. 当q＝1时，S＝； 当q≠1时，S＝＝×＝×， 所以S＝＋＋＋＋…＋＋＝ 19．(17分)设数列{an}的前n项和为Sn.若 ≤≤2(n∈N＋)，则称{an}是“紧密数列”． (1)已知数列{an}是“紧密数列”，其前5项依次为1，，，x，.求x的取值范围；(3分) (2)若数列{an}的前n项和为 Sn＝，判断{an}是不是“紧密数列”，并说明理由；(5分) (3)设数列{an}是公比为q的等比数列，若数列{an}与{Sn}都是“紧密数列”，求q的取值范围．(9分) 解：(1)若数列{an}为“紧密数列”，则 x≠0，且 解得 ≤x≤，故x的取值范围为 . (2)数列{an}为“紧密数列”．理由如下： 当 n＝1时，a1＝S1＝×(1＋3)＝1； 当 n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ (n2＋3n)－＝n＋， 又 ＋＝1＝a1，所以a1＝1满足上式， 因此an＝n＋ (n∈N＋)， 所以对任意 n∈N＋，＝＝＝1＋， 所以≤＝1＋≤2， 因此数列{an}为“紧密数列”． (3)因为数列{an}是公比为q的等比数列，其前n项和为Sn， 所以当q＝1时， an＝a1，Sn＝na1， 所以≤＝1≤2，≤＝＝1＋≤2，满足题意， 当q≠1时an＝a1qn－1，Sn＝， 因为{an}为“紧密数列”，所以≤＝q≤2， 即 ≤q<1或 1<q≤2， 当≤q<1时 ＝>＝1， ＝<＝＝1＋qn<2， 所以≤＝≤2，满足{Sn}为“紧密数列”； 当1<q≤2时 ＝＝1＋q>2，不满足{Sn}为“紧密数列”． 综上，实数q的取值范围是 . 学生用书↓第54页 学科网（北京）股份有限公司 $$