03 数列单元测试卷-《中学生数理化》高二数学2025年1月刊

■河南省临颍一高 杨伟强 一、单选题(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.已知等比数列{an}的各项均为正数,且 a3a7=81,则log3a1+log3a5+log3a9=( )。 A.3 B.4 C.5 D.6 2.已知函数f(x)= (3-a)x-3,x≤7, ax-6,x>7, 若 数列{an}满足an=f(n)(n∈N*)且{an}是 递增数列,则实数a的取值范围是( )。 A.94 ,3 B.94,3 C. (2,3) D.[2,3) 3.数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn= n2+2n,bn= 2 an+ an+1 (n∈N*,n≥1), 则数列{bn}的前n项和Tn=( )。 A.2n+1- 2n-1 B.2n+3-1 C.2n-2 D.2n+3- 3 图1 4.图1是由一系列 直角三角形拼接而成的 几何 图 形,已 知 OA1= A1A2 = A2A3 = … = An-1An = 1,记 OA1, OA2,…,OAn 的长度构 成的数列为{an},则∑ 2 024 i=1 1 ai 的整数部分是( )。 A.87 B.88 C.89 D.90 5.已知在各项均为正数的数列{an}中, a1 + a2 +… + an = n(n+1) 2 (n∈ N*),则数列{an}的通项公式为( )。 A.an=n B.an=n2 C.an= n 2 D.an= n2 2 6.设等差数列{an},{bn}的前n 项和分 别为Sn,Tn,对∀n∈N*,都有 Sn Tn = 2n+3 4n-3 , 则 a2+a14 b3+b13 的值为( )。 A. 37 65 B. 11 19 C. 9 19 D. 19 29 7.已 知 数 列 {an}满 足 a2n +2an = an-1an+1+an-1+an+1(n≥2),Sn 为其前n 项 和,若a1=1,a2=3,则S5=( )。 A.57 B.64 C.124 D.120 8.某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上,空 盘时 盘 芯 直 径 为 60 mm,满 盘 时 直 径 为 100 mm,已知卫生纸的厚度为0.1 mm,则满 盘时卫生纸的总长度大约为( )(π≈ 3.14,结果精确到1 m)。 A.35 m B.50 m C.60 m D.90 m 二、多选题(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 024a2 025>1, a2 024-1 a2 025-1 <0,则下列结论正 确的是( )。 A.S2 024<S2 025 B.a2 024a2 026<1 C.T2 024 是数列{Tn}中的最大值 D.数列{Tn}无最大值 10.已知数列{an}中,a1=1,a4=55,在 a1 和a2 之间插入1个数,a2 和a3 之间插入 2个数,…,an 和an+1 之间插入n个数,…,使 得构成的新数列{bn}是等差数列,则( )。 9 演练篇 名校名师创新卷 高二数学 2025年1月 A.{bn}的公差为6 B.a2 和a3 之间插入的2个数是19和25 C.a6=115 D. 1 a1+5 + 1 a2+5 + 1 a3+5 +…+ 1 an+5 < 1 3 11.将n2(n≥3)个数排成如下n 行n 列 的一个数阵: a11 a12 a13 … a1n a21 a22 a23 … a2n a31 a32 a33 … a3n … an1 an2 an3 … ann 该数阵第一列的n个数从上到下构成以 m 为公差的等差数列,每一行的n 个数从左 到右构成以m 为公比的等比数列(其中m> 0)。已知a11=3,a61=a13+1,记这n2 个数 的和为S,则下列结论正确的有( )。 A.m=2 B.a67=13×27 C.aij=(2i+1)×2j-1 D.S=n(n+2)(2n-1) 三、填空题(本题共3小题,每小题5分, 共15分) 12.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn =n2+3n+1,则数列{an}的通项公式为 。 13.对于数列{an},定义Δ (1) n =an+1-an, 称新数列{Δ(1)n }为数列{an}的一阶差分数列; 定义Δ(2)n =Δ (1) n+1-Δ (1) n ,称新数列{Δ (2) n }为数 列{an}的二阶差分数列。若 Δ (2) n =d(d∈ R),则称数列{an}是二阶等差数列。已知 {an}是二阶等差数列,a1=2,a2=4,a3=8, 则数列{an}的通项公式为an= 。 14.已知函数f(x)=2x2-1,各项均为 正数的数列{an}满足f(an+1)=a2n 且a1≠1, 若不等式|an+2-an+1|≤λ|an+1-an|恒成 立,则实数λ的最小值为 。 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.(本小题13分)已知数列{an}满足 a1-1 a1 ·a2-1 a2 ·a3-1 a3 ·…·an+1-1 an+1 = 1 an+1 ,且 a2=3,其前n项和记为Sn。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)记数列 1Sn 的前n项和为Tn,求证: Tn< 11 9 。 16.(本小题15分)已知{an}为等比数列,且 a2+a3+a4=14,a2,a3+1,a4 成等差数列。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)当 {an}为 递 增 数 列 时,bn = (-1)n(6an+2) (2n+1)(2n+1+1) ,数列{bn}的前n项和为Tn,若 存在n∈N*,使得m≥Tn,求m 的取值范围。 17.(本小题15分)已知等差数列{an}满 足a3=S2+1,S3=a4+2,其中Sn 为{an}的 前n项和,递增的等比数列{bn}满足:b1=1, 且b1,b2,b3-4成等差数列。 (1)求数列{an},{bn}的通项公式。 (2)设{an·bn}的前n项和为Tn,求Tn。 (3)设Cn= an+4 (Sn+n)·bn+1 ,求{Cn}的前 n项和An。 18.(本小题17分)已知各项均为正数的数 列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=a2n+an- 2。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn= an 2 an ,Tn 为数列{bn}的前n 项 和,若3 2-Tn≤ k(n+3) Sn 对任意的n∈N* 恒 成立,求k的取值范围。 19.(本小题17分)已知数列{an}(n∈ N*)的首项a1=1,前n项和为Sn。设λ和k 为常数,若对一切正整数n,均有S 1 k n+1-S 1 k n = λa 1 k n+1 成立,则称此数列为“λ-k”数列。 (1)若等差数列{an}是“λ-1”数列,求λ 的值。 (2)若数列{an}是“ 3 3-2 ”数列,且an> 0,求数列{an}的通项公式。 (3)对于给定的λ,是否存在三个不同的 数列{an}为“λ-3”数列,且an≥0? 若存在, 求出λ的取值范围;若不存在,请说明理由。 (责任编辑 赵 倩) 01 演练篇 名校名师创新卷 高二数学 2025年1月 一、单选题 1.D 提示:根据等比数列的性质可得 a1a9=a2a8=a3a7=a4a6=a25=81。又an> 0,则a5=9,所以log3a1+log3a5+log3a9= log3(a1a5a9)=log3(a35)=log393=6。 2.C 提示:由题意可知,f(x)在x∈ [1,+焊),x∈N*上单调递增。 则f(x)=(3-a)x-3和f(x)=ax-6 均为 增函数,故 3-a>0, a>1, 7(3-a)-3<a8-6, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得2<a<3。 3.D 提示:数列{an}的前n 项和Sn= n2+2n,则当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+ 2n-[(n-1)2+2(n-1)]=2n+1,而a1= S1=3也满足上式。 因 此, an = 2n + 1,bn = 2 2n+1+ 2n+3 = 2n+3- 2n+1。 所以 Tn=(5- 3)+(7- 5)+ (9- 7)+…+( 2n+3- 2n+1)= 2n+3- 3。 4.B 提示:由题意知,OA1=A1A2= A2A3 = … = An-1An =1,且 △OA1A2, △OA2A3,…,△OAn-1An 都是直角三角形。 所以a1=1,且a2n=a2n-1+1,则数列{a2n} 是以1为首项,1为公差的等差数列,a2n= 1+(n-1)×1=n。则∑ 2 024 i=1 1 ai = 1 1+ 1 2 +…+ 1 2 024 。 1 1+ 1 2 +…+ 1 2 024 < 1 1+ 2 1+ 2 +…+ 2 2 023+ 2 024 =1+2×(2-1+3- 2+…+ 2 024- 2 023)=2 2 024- 1<2 2 025-1=89。 1 1 + 1 2 + … + 1 2 024 > 2 1+ 2 + 2 2+ 3 +…+ 2 2 024+ 2 025 =2×(2- 1+ 3- 2+ … + 2 025- 2 024)= 2 2 025-2=88。 故88< 1 1+ 1 2 +…+ 1 2 024 <89,所求 式子的整数部分是88。 5.B 提示:因为在各项均为正数的数列 {an}中, a1+ a2+…+ an = n(n+1) 2 (n∈N*),所以当n=1时,a1=( a1)2= 1×2 2 2 =1;当 n≥2时, an =( a1 + a2 +…+ an )-( a1 + a2 +…+ an-1)= n(n+1) 2 - (n-1)n 2 =n ,an=n2。 当n=1时,a1=1满足上式。故an= n2。 6.B 提示:因为等差数列{an},{bn}的 44 演练篇 名校名师创新卷答案与提示 高二数学 2025年1月 前n项和分别为Sn,Tn,对∀n∈N* 都有 Sn Tn = 2n+3 4n-3 ,所 以 a2+a14 b3+b13 = a1+a15 b1+b15 = 15 2 (a1+a15) 15 2 (b1+b15) = S15 T15 = 2×15+3 4×15-3= 11 19 。 7.A 提示:因为数列{an}满足a2n+2an =an-1an+1+an-1+an+1(n≥2),所以a2n+ 2an+1=an-1an+1+an-1+an+1+1,整理得 (an+1)2=(an-1+1)(an+1+1)(n≥2),所以 数列{an+1}是首项为a1+1=2,公比q= a2+1 a1+1 =2的等比数列,则an+1=2n。 所 以 S5 =21 +22 + … +25 -5= 2×(1-25) 1-2 -5=57 。 8.B 提 示:因 为 空 盘 时 盘 芯 直 径 为 60 mm,所以半径为30 mm,周长为2π×30 =60π(mm)。又满盘时直径为100 mm,则 半径为50 mm,周长为2π×50=100π(mm)。 因为卫生纸的厚度为0.1 mm,所以满盘 时共有 50-30 0.1 =200 (层),则每一圈卫生纸的 周长成等差数列,项数为200。 于是根据等差数列的求和公式得S200= 200×(60π+100π) 2 =16 000π(mm)。又 16 000π mm≈50 240 mm≈50 m,所以满盘 时卫生纸的总长度大约为50 m。 二、多选题 9.ABC 提示:选项 A,由 a2 024-1 a2 025-1 <0, 可得(a2 024-1)(a2 025-1)<0 (*)。由 a2 024a2 025=a22 024q>1,可得q>0。当q≥1 时,因为a1>1,所以a2 024>1,a2 025>1,则 (*)式不成立;当0<q<1时,a2 024>1,0< a2 025<1,则(*)式成立。故S2 024<S2 025,A 正确。 选项B,因为a2 024a2 026-1=a22 025-1< 0,所以B正确。 选项C,D,由a2 024>1,0<a2 025<1,且0 <q<1,可知T2 024 是数列{Tn}中的最大值, 故C正确,D错误。 10.ABD 提示:选项A,由题意知a1 至 a4 一共有10个数,则b1=a1=1,b10=a4= 55。设等差数列{bn}的公差为 d,则 d= b10-b1 9 =6 ,A正确。 选项B,由选项 A 可知,数列{bn}是以 b1=1为首项,6为公差的等差数列,则bn= b1+(n-1)d=6n-5。易知a2 和a3 之间插 入的2个数分别为b4,b5,则b4=6×4-5= 19,b5=6×5-5=25,B正确。 选项 C,由题意可知an=b1+2+3+…+n= bn(1+n) 2 ,所以a6=b6×7 2 =b21=6×21-5=121, C错误。 选项D,令cn= 1 an+5 ,则cn= 1 an+5 = 1 bn(1+n) 2 +5= 1 6× n(1+n) 2 -5+5 = 1 3n(1+n) = 1 3 · 1 n- 1 1+n 。所以 1a1+5+ 1a2+5+ 1 a3+5 +…+ 1 an+5 =c1+c2+c3+…+cn= 1 3 · 1- 1 2+ 1 2- 1 3+ 1 3- 1 4+ …+ 1 n- 1 1+n = 1 3 · 1- 1 1+n 。因为n≥1,所以 11+n>0, 则 1 3 · 1- 1 1+n <13,即 1a1+5+ 1a2+5+ 1 a3+5 +…+ 1 an+5 < 1 3 ,D正确。 11.ACD 提示:选项 A,由题意可得 a13=a11m2=3m2,a61=a11+5m=3+5m,所 以3+5m=3m2+1,解得m=2或m=- 1 3 (舍去),A正确。 选项B,a67=a61m6=(3+5×2)×26= 13×26,B错误。 选项C,aij=ai1mj-1=[a11+(i-1)× m]×mj-1=[3+(i-1)×2]×2j-1=(2i+ 1)×2j-1,C正确。 选项D,S=(a11+a12+…+a1n)+(a21+ a22+…+a2n)+…+(an1+an2+…+ann)= a11(1-2n) 1-2 + a21(1-2n) 1-2 + …+ an1(1-2n) 1-2 = 54 演练篇 名校名师创新卷答案与提示 高二数学 2025年1月 (2n-1)· [3+3+2(n-1)]n 2 =n (n+2)· (2n-1),D正确。 三、填空题 12.an= 5,n=1, 2n+2,n≥2 提示:因为Sn= n2+3n+1,所以当n=1时,a1=S1=5;当 n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+3n+1-[(n- 1)2+3(n-1)+1]=2n+2。则数列{an}的 通项公式为an= 5,n=1, 2n+2,n≥2。 13.n2-n+2 提示:在推理时,我们可 以采用表格的形式,如表1。 表1 n 1 2 3 4 5 6 … an 2 4 8 14 22 32 … Δ(1)n 2 4 6 8 10 12 … Δ(2)n 2 2 2 2 2 2 … 由表可知,Δ(2)1 =Δ (1) 2 -Δ (1) 1 =4-2=2, Δ(2)n =Δ (2) 1 =2,Δ (1) n+1-Δ (1) n =2,所 以 数 列 {Δ(1)n }是首项为2,公差为2的等差数列。 则Δ(1)n =Δ (1) 1 +2(n-1)=2n,即 an+1- an=2n。 由累 加 法 可 得 an = (an -an-1)+ (an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =2(n- 1)+2(n- 2)+ … + 4 + 2 + 2 = (2n-2+2)(n-1) 2 +2=n 2-n+2,n≥2。 当n=1时,a1=2满足上式。 故an=n2-n+2。 14. 2 2 提示:因为各项均为正数的数 列{an}满足f(an+1)=a2n 且a1≠1,所以2a2n+1- 1=a2n,2a2n+1=a2n+1≠2,则an+1≠1。 所以a2n+1-a2n=1-a2n+1≠0,则不等式 |an+2-an+1|≤λ|an+1-an|恒成立等价于 λ≥ |an+2-an+1| |an+1-an| = an+2-an+1 an+1-an 恒成立。 由2a2n+1=a2n+1,得an+1= a2n+1 2 。 令an+1=g(an)= a2n+1 2 ,则an+2= g(an+1),故λ≥ g(an+1)-g(an) an+1-an 恒成立。 令y=g(x)= x2+1 2 ,整理得2y2- x2=1,即y 2 1 2 -x2=1y≥ 2 2 ,x>0,x≠1 。 则函数y= x2+1 2 y≥ 2 2 ,x>0,x≠1 表 示双曲线在第一象限的一部分,双曲线的渐 近线为y=± 2 2x 。 所以函数图像上任意两点连线的斜率的 取值范围是 0, 2 2 ,即g(an+1)-g(an)an+1-an 的取 值范围是 0, 2 2 。 所以λ≥ 2 2 ,λ的最小值为 2 2 。 四、解答题 15.(1)由 a1-1 a1 ·a2-1 a2 ·a3-1 a3 ·…· an+1-1 an+1 = 1 an+1 得,当n≥2时, a1-1 a1 ·a2-1 a2 · a3-1 a3 ·…·an-1 an = 1 an 。 所以 an+1-1 an+1 = an an+1 ,即an+1-an=1,故 {an}是公差为1的等差数列。 当n=1时, a1-1 a1 ·a2-1 a2 = 1 a2 ,即(a1- 1)(a2-1)=a1。因为a2=3,所以a1=2。 所以an=2+n-1=n+1,{an}的通项 公式为an=n+1。 (2)由(1)知{an}为等差数列。 故Sn=2n+ 1 2n (n-1)= n2+3n 2 ,1 Sn = 2 n2+3n = 2 n(n+3)= 2 3 1 n- 1 n+3 。 故 Tn = 1 S1 + 1 S2 + 1 S3 + … + 1 Sn = 2 3 1- 1 4+ 1 2- 1 5+ 1 3- 1 6+ …+ 1 n- 1 n+3 = 2 3 1+ 1 2+ 1 3- 1 n+1- 1 n+2- 1 n+3 = 64 演练篇 名校名师创新卷答案与提示 高二数学 2025年1月 2 3 11 6- 1 n+1- 1 n+2- 1 n+3 <119,得证。 16.(1)设等比数列{an}的公比为q。 由 a2+a3+a4=14, a2+a4=2(a3+1), 可得: a1q+a1q2+a1q3=14, a1q+a1q3=2(a1q2+1)。 解得 a1=1, q=2 或 a1=16, q= 1 2 。 所以an=2n-1 或an=25-n。 (2)因为{an}为递增数列,所以an= 2n-1,则 bn = (-1)n 3·2n+2 (2n+1)(2n+1+1) = (-1)n 1 2n+1 + 1 2n+1+1 。 当n 为偶数时,Tn=- 1 2+1+ 1 22+1 + 1 22+1 + 1 23+1 -…+ 12n+1+ 12n+1+1 = - 1 3+ 1 2n+1+1 ,此时 Tn 在n∈N* 上单调递 减,Tn∈ - 1 3 ,- 2 9 。 当n 为奇数时,Tn=- 1 2+1+ 1 22+1 + 1 22+1 + 1 23+1 -…- 12n+1+ 12n+1+1 = - 1 3- 1 2n+1+1 ,此时Tn 在n∈N* 上单调递 增,Tn∈ - 8 15 ,- 1 3 。 所以Tn 的最小值为- 8 15 ,即m 的取值 范围是 - 8 15 ,+∞ 。 17.(1)设等差数列{an}的公差为 d。 因为 a3=S2 +1,S3 =a4 +2,所 以 a1+2d=2a1+d+1, 3a1+ 3×2d 2 =a1+3d+2 , 解得a1=1,d= 2。故an=2n-1 。 设等比数列{bn}的公比为 q(q>1)。因 为 b1=1,2b2=b1+b3-4,所以q2-2q-3= 0,解得q=3或q=-1(舍去)。 所以数列{bn}的通项公式为 bn=3n-1。 (2)由(1)得an·bn=(2n-1)·3n-1。 则 Tn=1×30+3×31+5×32+…+ (2n-3)×3n-2+(2n-1)×3n-1。 ① 3Tn=1×31+3×32+5×33+…+ (2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n。 ② 由①-②得-2Tn=1+2×(31+32+ 33+…+3n-1)-(2n-1)×3n ,则-2Tn= 1+2× 3(1-3n-1) 1-3 - (2n-1)×3n。 所以Tn=(n-1)·3n+1。 (3)由(1)可知, Sn=na1+ n(n-1) 2 d= n+ n(n-1) 2 ·2=n2 。 则Cn= 2n+3 (n2+n)·3n = 2n+3 n·(n+1)·3n = 1 n·3n-1 - 1 (n+1)·3n 。 所以 An =1- 1 2×31 + 1 2×31 - 1 3×32 +… + 1 n×3n-1 - 1 (n+1)×3n = 1 - 1 (n+1)·3n 。 18.(1)因为2Sn=a2n+an-2,且an>0, 所以当n=1时,2S1=a21+a1-2,解得a1= 2;当n≥2时,2Sn-1=a2n-1+an-1-2。 2Sn-2Sn-1=2an =a2n -a2n-1+an - an-1,整理得an+an-1=a2n-a2n-1=(an- an-1)(an+an-1)。 因为an>0,所以an-an-1=1(n≥2), 即数列{an}是首项为2,公差为1的等差数 列,an=n+1。 故{an}的通项公式为an=n+1。 (2)由(1)知bn= n+1 2n+1 ,Sn= n(n+3) 2 。 则Tn=2× 1 22 +3× 1 23 +4× 1 24 +…+ (n+1)× 1 2n+1 。 1 2Tn=2× 1 23 +3× 1 24 +4× 1 25 +…+ n× 1 2n+1 +(n+1)× 1 2n+2 。 74 演练篇 名校名师创新卷答案与提示 高二数学 2025年1月 Tn- 1 2Tn= 1 2Tn=2× 1 22 + 1 23 + 1 24 +… + 1 2n+1 -(n+1)× 1 2n+2 ,所以Tn= 3 2- n+3 2n+1 。 由 3 2-Tn≤ k(n+3) Sn 对任意的n∈N*恒 成立,代入化简得k≥ n(n+3) 2n+2 。 令 cn = n(n+3) 2n+2 ,则 cn+1 -cn = 4-n-n2 2n+3 ,n∈N*。所以0<c1<c2,且c2>c3> c4>…>0,即cn 的最大值为c2= 5 8 。 所以k≥ 5 8 ,k的取值范围为 58 ,+∞ 。 19.(1)由题意知k=1,an+1=Sn+1- Sn=λan+1。 则(λ-1)an+1=0。若λ≠1,则an+1=0 恒成立,这与a1=1且{an}是等差数列相矛 盾。所以λ=1。 (2)因为k=2,λ= 3 3 ,所以 Sn+1 - Sn= 3 3 an+1 。① 则an+1=Sn+1-Sn=( Sn+1- Sn)· ( Sn+1 + Sn )= 3 3 · an+1 ( Sn+1 + Sn),即 Sn+1+ Sn= 3· an+1。② 由 ①+② 2 可 得 Sn+1 = 2 3 3an+1 ,即 Sn+1= 4 3an+1= 4 3 (Sn+1-Sn),从而Sn+1= 4Sn。 由S1=a1=1,可得Sn=4n-1,则an= Sn-Sn-1=3·4n-2,n≥2。 综上,an= 1,n=1, 3·4n-2,n≥2, n∈N*。 (3)假设存在三个不同的数列{an}为 “λ-3”数 列,则 S 1 3 n+1-S 1 3 n =λa 1 3 n+1。所 以 S 1 3 n+1-S 1 3 n 3= λa 1 3 n+1 3,即 Sn+1-Sn + 3S 1 3 n+1S 2 3 n -3S 2 3 n+1S 1 3 n =λ3an+1=λ3(Sn+1 - Sn)。③ 因为a1=1,an≥0,所以Sn>0。③式两 边 同 时 除 以 Sn 得 Sn+1 Sn 1 3 3 -1+ 3 Sn+1 Sn 1 3 -3 Sn+1 Sn 2 3 =λ3 Sn+1 Sn 1 3 3 -λ3。④ 令x= Sn+1 Sn 1 3,则x>0,④式可化为 x3-1+3x-3x2=λ3(x3-1),即(1-λ3)x3- 3x2+3x+λ3-1=0。 当λ=1时,则3x-3x2=0,解得x=1 或x=0(舍去),即Sn+1=Sn,an+1=0。此时 只有一个数列{an},不满足题意。 当λ≠1时,则x3- 3 1-λ3 x2+ 3 1-λ3 x- 1=0。令t= 3 1-λ3 ,则x3-tx2+tx-1=0, 即(x-1)[x2+(1-t)x+1]=0。⑤ 由假设知⑤式有三个不同的解,则x2+ (1-t)x+1=0有两个不同的解,即 Δ= (1-t)2-4=t2-2t-3>0,解得t>3或t< -1。 当t<-1时,1-t>0,(1-t)x>0,所 以x2+(1-t)x+1>0,不满足题意。 当t>3时,即 3 1-λ3 >3,解得0<λ<1。 此时x2+(1-t)x+1=0有两个不同的解, 记为x1,x2,则x1x2=1,x1+x2=t-1>2, 分析可知0<x1<1<x2。此时⑤式共有三 个解x1,x2,x3,其中x3=1。 则对任意的正整数n, Sn+1 Sn 1 3 =x1 或 Sn+1 Sn 1 3 =x2 或 Sn+1 Sn 1 3 =1,即Sn+1=x31Sn 或Sn+1=x32Sn 或Sn+1=Sn。 所 以 an = 1,n=1, (x31-1)(x31)n-2,n≥2 或 an= 1,n=1, (x32-1)(x32)n-2,n≥2 或an= 1 ,n=1, 0,n≥2。 综上所述,λ的取值范围是(0,1)。 (责任编辑 赵 倩) 84 演练篇 名校名师创新卷答案与提示 高二数学 2025年1月