第1章 专题强化练1 等差数列的综合应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（北师大版2019）

专题强化练1　等差数列的综合应用 45分钟 1.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若=25,则=(　　) A.15　　　　B.18　　　　C.23　　　　D.27 2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=2,S2=3,若不等式2Sn+18≥kan对任意的n∈N+都成立,则(　　) A.k≤　　　　　B.k≤20 C.k≤6+1　　　　　D.k≤ 3.某大楼共有12层,有11人在第一层上了电梯,他们分别要去第2至12层,每层1人,因特殊原因,电梯只能停在某一层,其余10人都要步行到所要去的楼层,假设初始的“不满意度”为0,每位乘客每向下步行1层的“不满意度”增量为1,每向上步行1层的“不满意度”增量为2,要使得10人“不满意度”之和最小,电梯应该停在(　　) A.第7层　　　　　B.第8层 C.第9层　　　　　D.第10层 4.(多选题)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S7=S13,且(n+1)Sn>nSn+1(n∈N+),则下列选项中正确的是(　　) A.a10<a11 B.S10为{Sn}的最大项 C.存在正整数k,使得Sk=0 D.不存在正整数m,使得Sm=S3m 5.设数列{an}满足a1=2,a2=6,a3=12,数列{an}的前n项和为Sn,且=3(n≥2且n∈N+).若[x]表示不超过x的最大整数,bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,则T2 020=(　　) A.2 019　　　　B.2 020　　　　C.2 021　　　　D.2 022 6.(多选题)设等差数列{an}的前n项和为Sn,则以下说法正确的是(　　) A.若a5=0,则S9=0 B.若S6-S9=a10,且a2>a1,则a8<0且a9>0 C.若S16=64,且在{an}的前16项中,偶数项的和与奇数项的和之比为3∶1,则{an}的公差为2 D.若(n+1)Sn>nSn+1,且=,则S3和S4均是{Sn}的最大项 7.已知等差数列{an},{bn}的通项公式分别为an=2n-1,bn=3n-2,将数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},则{cn}的前n项和为　　　　.  8.在等差数列{an}中,a3=1,a5-a6+a7=2,则数列{cos anπ}的前2 023项的和为　　　　.  9.已知等差数列{an}满足+=1,则数列{an}的前9项和的最大值是　　　　.  10.在①=a1a9;②=;③S6=2S4+4这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并完成解答. 问题:在公差不为0的等差数列{an}中,其前n项和为Sn,a4=16,　　　　,是否存在正整数k,使得Sk<2ak+20?若存在,求出所有的正整数k;若不存在,请说明理由.  11.如图,曲线y=下有一系列正三角形,设第n个正三角形Qn-1PnQn(Q0为坐标原点)的边长为an. (1)求a1,a2的值; (2)记Sn为数列{an}的前n项和,探究an+1与Sn的关系,并求{an}的通项公式. 12.在平面直角坐标系xOy中,我们把点(x,y),x,y∈N+称为自然点.按如图所示的规则,将每个自然点(x,y)进行赋值,记为P(x,y),例如P(2,3)=8,P(4,2)=14,P(2,5)=17. (1)求P(x,1); (2)求证:2P(x,y)=P(x-1,y)+P(x,y+1); (3)如果P(x,y)满足方程P(x+1,y-1)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2 024,求P(x,y)的值. 答案与分层梯度式解析 1.B　因为Sn是等差数列{an}的前n项和,所以====×(1+25)=18. 2.A　由a2=2,S2=a1+a2=3,得a1=1,故{an}的公差为a2-a1=1,从而an=n,Sn=, 所以不等式2Sn+18≥kan对任意的n∈N+都成立, 即n(n+1)+18≥kn,即k≤=n++1对任意的n∈N+都成立,由对勾函数的性质可知,当n=3时,n++1取最小值, 又n∈N+,且当n=4时,n++1=9.5,当n=5时,n++1=9.6,所以=9.5=,所以k≤=.故选A. 3.C　设电梯停在第n(2≤n≤12,n∈N+)层,“不满意度”之和为S,则S=1+2+…+(n-2)+2[1+2+…+(12-n)]=+2×=+157=-+157,其图象开口向上,对称轴为直线n=, 又∵n∈N+,故S在n=9时取最小值.故选C. 4.BC　对于A,设等差数列{an}的公差为d, 由S7=S13,得S13-S7=a8+a9+a10+a11+a12+a13=3(a10+a11)=0,则a10+a11=0. 又(n+1)Sn>nSn+1(n∈N+),所以11S10>10S11, 即11×>10×,所以a10>a11, 所以a10>0,a11<0,所以d<0,故数列{an}为递减数列,故A错误. 对于B,因为a10+a11=0,a10>0,a11<0,故S10为{Sn}的最大项,故B正确. 对于C,a1+a20=a10+a11=0,故S20==0,故C正确. 对于D,假设Sm=S3m,则ma1+·d=3ma1+·d,即2a1=(-4m+1)d, 由a10+a11=0,得a1+9d+a1+10d=0,即2a1=-19d, 所以-19d=(-4m+1)d,解得m=5,故D错误. 故选BC. 5.C　∵当n≥2时,=3,∴=3,∴an+2-2an+1+an=2(n≥2),∴an+2-an+1-(an+1-an)=2(n≥2)①, ∴{an+1-an}从第2项起是公差为2的等差数列, 又∵a1=2,a2=6,a3=12, ∴(a3-a2)-(a2-a1)=2, ∴当n=1时,①式也成立, 又a2-a1=4, ∴an+1-an=4+2(n-1)=2n+2=2(n+1), ∴当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n+2(n-1)+…+2×2+2=2×=n(n+1), 又a1=2符合上式,∴an=n(n+1). ∴=, ∴当n≥2时,bn===1, 又∵b1==2, ∴T2 020=2+1×2 019=2 021.故选C. 6.ABD　设等差数列{an}的公差为d.对于A,因为{an}是等差数列,a5=0,所以S9==9a5=0,故A正确; 对于B,因为a2>a1,所以d=a2-a1>0,即{an}是递增数列,由S6-S9=a10,得S9-S6=-a10,所以a9+a8+a7=-a10,即a10+a9+a8+a7=0,则a8+a9=0,所以a8<0且a9>0,故B正确; 对于C,因为S16=64,所以=64,则a1+a16=8,则a8+a9=8, 又a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=8a9,a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=8a8, 所以8a9=3×8a8,即a9=3a8,故4a8=8,得a8=2,所以a9=6,所以d=a9-a8=4,故C错误; 对于D,由(n+1)Sn>nSn+1,得>, 即>,整理得d<0, 因为=,所以(a6+a2)(a6-a2)=0, 又因为a6-a2=4d≠0,所以a6+a2=0, 故2a4=0,即a4=0, 因为d<0,所以{an}是递减数列,则a3>0,a5<0, 所以S3>S2>S1,S3=S4>S5>S6>…, 故S3和S4均是{Sn}的最大项,故D正确.故选ABD. 7.答案　3n2-2n 解析　易得数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,数列{bn}是以1为首项,3为公差的等差数列, 所以数列{cn}是以1为首项,6为公差的等差数列, 所以{cn}的前n项和为n×1+×6=3n2-2n. 8.答案　 解析　由题意可得a5-a6+a7=2a6-a6=a6=2, 所以等差数列{an}的公差d==, 所以an=a3+(n-3)d=, 所以cos anπ=cos . 令bn=cos , 则对任意的k∈N,b6k+1+b6k+2+b6k+3+b6k+4+b6k+5+b6k+6=cos+cos+cos(2kπ+π)+cos+cos+cos(2kπ+2π)=--1-++1=0, 因为2 023=6×337+1,所以数列{cos anπ}的前2 023项的和为337(b1+b2+b3+b4+b5+b6)+b1=337×0+=. 9.答案　45 解析　设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn. 由+=1,得(a5-4d)2+(a5-3d)2=1, 整理得25d2-14a5d+2-1=0,该等式可看作关于d的一元二次方程, 所以Δ=(-14a5)2-100(2-1)≥0,解得-5≤a5≤5, 所以S9==9a5≤45. 所以数列{an}的前9项和的最大值为45. 10.解析　设等差数列{an}的公差为d. 选择①:因为=a1a9,所以=a1(a1+8d),化简得a1d=d2, 因为d≠0,所以a1=d, 又a4=a1+3d=16,所以a1=d=4, 所以an=4n,Sn==2n(n+1), 所以Sk<2ak+20即2k(k+1)<8k+20,整理得k2-3k-10<0,即-2<k<5, 又k为正整数,所以存在正整数k,使得Sk<2ak+20,且k=1,2,3,4. 选择②:由=,得2S2=3a2,即2(a1+a2)=3a2,所以a2=2a1,又a2=a1+d,所以a1=d, 下同①. 选择③:因为S6=6a1+15d,S4=4a1+6d,S6=2S4+4, 所以6a1+15d=2(4a1+6d)+4,化简得2a1+4=3d, 又a4=a1+3d=16,所以a1=d=4, 下同①. 11.解析　(1)因为△Q0P1Q1为正三角形,且|Q0Q1|=a1>0,所以P1, 又因为点P1在曲线y=上, 所以a1=,解得a1=. 因为△Q1P2Q2为正三角形,且|Q1Q2|=a2>0,所以P2, 又因为点P2在曲线y=上, 所以a2=,所以3-2a2-=0,解得a2=(负值舍去). 所以a1=,a2=. (2)由题可得△QnPn+1Qn+1是正三角形,点Qn(Sn,0),|QnQn+1|=an+1>0, 故点Pn+1, 因为点Pn+1在曲线y=上, 所以an+1=,即Sn=-an+1, 当n≥2时,Sn-1=-an, 两式相减得an=-an+1-(n≥2), 整理得(an+1+an)(an+1-an)=(an+1+an)(n≥2), 又an+1+an>0,所以an+1-an=(n≥2), 又a2-a1=满足上式,所以an+1-an=,n∈N+, 故数列{an}是首项为,公差为的等差数列,所以an=n. 12.解析　(1)根据题图可知P(x,1)=1+2+3+…+x=. (2)证明:由题图可得P(x,y+1)-P(x,y)=x+y-1, 所以P(x,y+1)-P(x,1)=[P(x,2)-P(x,1)]+[P(x,3)-P(x,2)]+[P(x,4)-P(x,3)]+…+[P(x,y+1)-P(x,y)]=(x+1-1)+(x+2-1)+(x+3-1)+…+(x+y-1)=1+2+…+y+y(x-1)=+y(x-1), 由(1)知P(x,1)=,所以P(x,y+1)=+y(x-1)+, 所以P(x,y)=P(x,y+1)-(x+y-1)=++(x-1)(y-1), 所以P(x-1,y)=++(x-2)(y-1), 所以P(x-1,y)+P(x,y+1)=++(x-2)(y-1)++y(x-1)+=x2+y2+2xy-3y-x+2,又P(x,y)=(x2+y2+2xy-3y-x+2), 所以2P(x,y)=P(x-1,y)+P(x,y+1). (3)结合题图知P(x+1,y-1)=P(x,y)+1, 所以P(x,y)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2 023, 又由(2)知P(x,y)+P(x+1,y+1)=2P(x+1,y), 所以P(x,y+1)+3P(x+1,y)=2 023, 即[x(x+1)+y(y+2x-1)]+[(x+1)(x+2)+(y-1)(y+2x)]=2 023, 化简得(x+y-1)(x+y)+2x=1 010, 易知当x+y增大时,(x+y-1)(x+y)也增大, 又当x+y=31时,(x+y-1)(x+y)+2x<992<1 010, 当x+y=33时,(x+y-1)(x+y)+2x>1 056>1 010, 所以当x+y=32时,(x+y-1)(x+y)+2x=1 010,所以x=9,y=23,所以P(x,y)=P(9,23)=++8×22=474. 15 学科网（北京）股份有限公司 $$