第1章 综合拔高练（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）

综合拔高练 高考真题练 考点1　等差数列及其应用 1.(2024全国甲文,5)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=1,则a3+a7=(　　) A.-2　　　　B.　　　　C.1　　　　D. 2.(2023新课标Ⅰ,7)记Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:为等差数列,则(　　) 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 3.(2022北京,6)设{an}是公差不为0的无穷等差数列,则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0,当n>N0时,an>0”的(　　) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 4.(2023全国乙理,10)已知等差数列{an}的公差为,集合S= {cos an|n∈N+}.若S={a,b}, 则ab=(　　) A.-1　　　　　B.-　　　　 C.0　　　　　D. 5.(2023新课标Ⅰ,20)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. 6.(2023新课标Ⅱ,18)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. 7.(2023全国乙文,18)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a2=11,S10=40. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 考点2　等比数列及其应用 8.(2023全国甲理,5)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1=1,S5=5S3-4,则S4=(　　) A.　　　　　B. C.15　　　　　D.40 9.(2023新课标Ⅱ,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=(　　) A.120　　　　B.85　　　　C.-85　　　　D.-120 10.(2023全国甲文,13)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为　　　　.  11.(2023全国乙理,15)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=　　　　.  12.(2024全国甲理,18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 考点3　数列的综合应用 13.(2022全国乙理,4)嫦娥二号卫星在完成探月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值,用到数列{bn}:b1=1+,b2=1+,b3=1+,…,依此类推,其中αk∈N+(k=1,2,…).则(　　) A.b1<b5　　　　　B.b3<b8　　　　 C.b6<b2　　　　　D.b4<b7 14.(2023北京,14)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7=　　　　;数列{an}所有项的和为　　　　.  15.(2024天津,19)已知数列{an}是公比大于0的等比数列.其前n项和为Sn.若a1=1,S2=a3-1. (1)求数列{an}前n项和Sn; (2)设bn=b1=1,其中k是大于1的正整数. (i)当n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn; (ii)求bi. 16.(2024新课标Ⅰ,19)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组,且每组的4个数都能构成等差数列,则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列. (1)写出所有(i,j),1≤i<j≤6,使得数列a1,a2,…,a6是(i,j)-可分数列; (2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列; (3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列的概率为Pm,证明:Pm>. 17.(2024北京,21)已知集合M={(i,j,k,w)|i∈{1,2},j∈{3,4},k∈{5,6},w∈{7,8},且i+j+k+w为偶数}. 给定数列A:a1,a2,…,a8和序列Ω:T1,T2,…,Ts,其中Tt=(it,jt,kt,wt)∈M(t=1,2,…,s),对数列A进行如下变换:将A的第i1,j1,k1,w1项均加1,其余项不变,得到的数列记作T1(A);将T1(A)的第i2,j2,k2,w2项均加1,其余项不变,得到的数列记作T2T1(A);……;以此类推,得到数列Ts…T2T1(A),简记为Ω(A). (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),写出Ω(A); (2)是否存在序列Ω,使得Ω(A)为a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4?若存在,写出一个Ω,若不存在,说明理由; (3)若数列A的各项均为正整数,且a1+a3+a5+a7为偶数,求证:“存在序列Ω,使得Ω(A)的各项都相等”的充要条件为“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”. 高考模拟练 应用实践 1.已知等比数列{an}的公比q>-1,且a1与a3的等差中项为5,a2=-4,则a2 023=(　　) A.　　　　B.-　　　　C.22 023　　　　D.-22 023 2.设等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,S8≥S7≥S9,则{an}的公差d的取值范围是(　　) A.　　　　　B. C.　　　　　D. 3.已知等比数列{an}中,an>0,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,且S2=48,S4=60,则使得Tn<1成立的正整数n的最小值为(　　) A.9　　　　B.10　　　　C.11　　　　D.12 4.等比数列{an}的首项a1=,公比为q,数列{bn}满足bn=log0.5an(n是正整数),若当且仅当n=4时,{bn}的前n项和Bn取得最大值,则q的取值范围是(　　) A.(3,2)　　　　　B.(3,4) C.(2,4)　　　　　D.(2,3) 5.(多选题)大自然的美丽总是按照美的密码进行,而数学是美丽的镜子,斐波那契数列就量化展示了一些自然界的奥妙.譬如松果、凤梨的排列,向日葵花圈数,蜂巢,黄金矩形,黄金分割等都与斐波那契数列有关.在数学上,斐波那契数列{an}满足a1=1,a2=1,an+2=an+1+an(n∈N+),则(　　) A.a1+a3+a5+…+a2 021=a2 022 B.a1+a2+a3+…+a2 020=a2 022 C.+++…+=a2 021a2 022 D.++…++=- 6.如图,将一个单位正方形等分成4个边长为的小正方形,保留一组不相邻的2个小正方形,记这2个小正方形的面积之和为S1;然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分,各自保留一组不相邻的2个小正方形,记这4个小正方形的面积之和为S2.以此类推,操作n次,若S1+S2+…+Sn≥,则n的最小值是(　　) A.9　　　　B.10　　　 C.11　　　　D.12 7.已知数列{an}满足an=定义:使a1·a2·a3·…·ak(k∈N+)为整数的k叫作“幸福数”,则区间[1,2 022]内所有“幸福数”的和为　　　　.  8.在等差数列{an}中,已知a3=7,a4,a5,4a2成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{}是等比数列吗?若是,求出其前n项和;若不是,请说明理由; (3)设logqdn=,且∀k∈N+,∃n∈N+,dk-dn=dk+1+dk+2,求q的值. 迁移创新 9.已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.设该数列的前n项和为Sn,规定:若∃m∈N+,使得Sm=2p(p∈N),则称m为该数列的“佳幂数”. (1)将该数列的“佳幂数”从小到大排列,直接写出前4个“佳幂数”; (2)试判断50是不是“佳幂数”,并说明理由; (3)①求满足m>1 000的最小的“佳幂数”m; ②证明:该数列的“佳幂数”有无数个. 10.随着大数据时代的来临,数据传输的安全问题引起了人们的高度关注,国际上常用的数据加密算法通常有AES、DES、RSA等,不同算法的密钥长度也不同,其中RSA的密钥长度较长,用于传输敏感数据.在密码学领域,欧拉函数是非常重要的,其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用.设p,q是两个正整数,若p,q的最大公约数是1,则称p,q互素.对于任意正整数n,欧拉函数是指不超过n且与n互素的正整数的个数,记为φ(n). (1)试求φ(1)+φ(9),φ(7)+φ(21)的值; (2)设p,q是两个不同的素数,试用p,k表示φ(pk)(k∈N+),并探究φ(pq)与φ(p)和φ(q)的关系; (3)设数列{am}的通项公式为am=·φ(3m)(m∈N+),求该数列的前m项的和Tm. 综合拔高练 高考真练 1.D　解法一(基本量法):由S9=9a1+d=1,得9a1+36d=1, 又a3+a7=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=(9a1+36d)=. 解法二(性质法):根据等差数列的性质,知a1+a9=a3+a7,所以S9===1,故a3+a7=. 解法三(特殊值法):不妨设等差数列{an}的公差d=0,则S9=1=9a1,解得a1=,则a3+a7=2a1=.故选D. 2.C　充分性:若{an}为等差数列, 设{an}的公差为d1(常数), 则an+1-an=d1,Sn=, 故==, 所以-=-=(常数), 所以是首项为a1,公差为的等差数列. 必要性:若为等差数列, 设的首项为b1,公差为d2(常数), 则=b1+(n-1)d2,即Sn=nb1+n(n-1)d2, 当n=1时,a1=S1=b1; 当n≥2,n∈N+时,an=Sn-Sn-1=nb1+n(n-1)d2-(n-1)b1-(n-1)(n-2)d2=b1+2d2(n-1),经检验,a1=b1,符合该式, 所以an=b1+2d2(n-1),n∈N+,所以{an}是首项为b1,公差为2d2的等差数列. 所以甲是乙的充要条件,故选C. 考场速解　本题如果熟记等差数列前n项和的性质,即若{an}为等差数列,则为等差数列,可以直接得出答案,所以在平时多记忆一些常用结论对解小题有很大的帮助. 3.C　①充分性:已知{an}是公差不为0的无穷等差数列.若{an}为递增数列,则从数列的第2项起,每一项的值都大于它前一项的值,故一定存在正整数N0,当n>N0时,an>0,因此“{an}为递增数列”是“存在正整数N0,当n>N0时,an>0”的充分条件. ②必要性:∵{an}为公差不为0的无穷等差数列,∴若存在正整数N0,当n>N0时,an>0,则{an}为递增数列. 因此“{an}为递增数列”是“存在正整数N0,当n>N0时,an>0”的必要条件. 综上,“{an}为递增数列”是“存在正整数N0,当n>N0时,an>0”的充分必要条件. 4. B　由题意,得an=a1+(n-1)·,易知cos a1≠cos a2,cos a2≠ cos a3,又S={cos an|n∈N+}={a,b}, ∴cos a1=cos a3,即cos a1=cos,∴a1+a1+=2kπ(k∈Z),∴a1=-+kπ(k∈Z).不妨取k=1,则a1=,a2=+=π,则S=={a,b}, ∴ab=-1×=-.故选B. 5.解析　(1)∵3a2=3a1+a3,∴3(a1+d)=3a1+a1+2d, ∴a1=d>1,∴S3=a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=6a1. ∵bn=,∴b1=,b2===,b3===,∴T3=b1+b2+b3=,∴S3+T3=6a1+=21,解得a1=3或a1=(舍去),∴an=3n. (2)∵{bn}为等差数列, ∴2b2=b1+b3,即=+, 即=+, 即-3a1d+2d2=0, ∴a1=2d或a1=d. 当a1=2d时,an=(n+1)d,bn=, ∴S99==99×51d, T99=·=, 又∵S99-T99=99,∴99×51d-99×50×=99, ∴51d-=1,解得d=1或d=-, 又∵d>1,∴a1≠2d. 当a1=d时,an=nd,bn=, ∴S99==50×99d, T99=·=, 又∵S99-T99=99,∴50×99d-=99, ∴50d-=1,解得d=或d=-1, 又∵d>1,∴d=. 综上,d=. 6.解析　(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d, ∵bn=∴b1=a1-6,b2=2a2,b3=a3-6, 又T3=16,且b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12, ∴4a2-12=16,∴a2=7,即a1+d=7,① 又S4=32,∴4a1+6d=32,② 由①②得a1=5,d=2,∴an=5+2(n-1)=2n+3. (2)证明:∵{an}为等差数列, ∴Sn=na1+d=5n+n2-n=n2+4n, ①当n(n≥6)为偶数时,Tn=b1+b2+…+bn =(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn) =(a1-6+a3-6+…+an-1-6)+(2a2+2a4+…+2an) =·-6·+2·· =·-3n+·n=. ∴Tn-Sn=-n2-4n===>0(n≥6), ∴当n(n≥6)为偶数时,Tn>Sn. ②当n(n≥7)为奇数时,Tn=b1+b2+…+bn =(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1) =(a1-6+a3-6+…+an-6)+(2a2+2a4+…+2an-1) =·-6·+2··=·-3(n+1)+(n-1)·=, ∴Tn-Sn=-(n2+4n)==>0(n≥7), ∴n(n≥7)为奇数时,Tn>Sn. 综上可知,当n>5时,Tn>Sn. 7.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d, 由已知得a2=a1+d=11,S10=10a1+45d=40,解得a1=13,d=-2,所以an=13-2(n-1)=15-2n, 故数列{an}的通项公式为an=15-2n. (2)由(1)得Sn=13n+×(-2)=14n-n2. 当n≤7,n∈N+时,an=15-2n>0,此时数列{|an|}的前n项和Tn=Sn=14n-n2; 当n>7,n∈N+时,an=15-2n<0, 此时数列{|an|}的前n项和Tn=(a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7)-a8-…-an=2(a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7)-Sn=2S7-Sn=2×(14×7-72)+n2-14n=n2-14n+98. 综上所述,Tn=(n∈N+). 8.C　设{an}的公比为q,易知q>0且q≠1. 解法一:由题知1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4,∴q3+q2-4q-4=0,即(q-2)(q+1)(q+2)=0,∴q=2,∴S4=1+2+4+8=15.故选C. 解法二:∵S5=5S3-4,∴=5×-4,又a1=1,∴q4-5q2+4=0,∴(q2-4)(q2-1)=0,∴q=2,∴S4===15,故选C. 9.C　解法一:设等比数列{an}的公比为q, 当q=1时,S4=4a1=-5,解得a1=-,则S6=6a1=-,21S2=21×2a1=-,所以S6≠21S2,故q≠1. 则所以 所以S8==×(1-44)=-85,故选C. 解法二:由等比数列前n项和的性质可得S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6,…为等比数列, 则(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(-5-S2)2=S2·(21S2+5),化简得4-S2-5=0,即(4S2-5)(S2+1)=0, 所以S2=或S2=-1. 设等比数列{an}的公比为q, 当S2=时,==q2=-5,无实数解,舍去,故S2=-1, 所以S4-S2=-4,S6-S4=-16,所以S8-S6=-64. 又因为S6=-21,所以S8=-85,故选C. 10.答案　- 解析　设{an}的公比为q. 解法一:若q=1,则S6=6a1,S3=3a1, 因为8S6=7S3,所以48a1=21a1,所以a1=0,不符合要求,舍去. 所以q≠1,则S6=,S3=, 又因为8S6=7S3,所以=, 易知a1≠0,所以q3=-,即q=-. 解法二:因为{an}是公比为q的等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6也是等比数列,且公比为q3, 所以q3==-,则q=-. 11.答案　-2 解析　设数列{an}的公比为q. 由等比数列的性质得a4a5=a3a6≠0, ∵a2a4a5=a3a6,∴a2=1. ∵a9a10=-8, ∴a2q7·a2q8=-8, ∴q15=-8, ∴q15=-8,∴(q5)3=-8,∴q5=-2, ∴a7=a2q5=1×(-2)=-2. 12.解析　(1)令n=1,则4S1=3a1+4,∴a1=4, 4Sn=3an+4, n≥2时,4Sn-1=3an-1+4, 作差得4an=3an-3an-1,∴an=-3an-1(n≥2), ∴数列{an}是以4为首项,-3为公比的等比数列, ∴an=4·(-3)n-1. (2)bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1. 解法一(错位相减法):Tn=4×1×30+4×2×31+4×3×32+…+4·(n-1)·3n-2+4·n· 3n-1①, 3Tn=4×1×31+4×2×32+4×3×33+…+4·(n-1)·3n-1+4·n·3n②, ①-②得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n·3n=-4n·3n=-2+(2-4n)·3n, ∴Tn=1+(2n-1)·3n. 解法二(裂项相消法):bn=4n·3n-1=-(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n, Tn=b1+b2+b3+…+bn=-(-1)×30+1×31-1×31+3×32-3×32+5×33-…-(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n=1+(2n-1)·3n. 13.D　解法一:因为αk∈N+(k=1,2,…), 所以α1<α1+,>,所以b1>b2,同理可得b1>b3>b5>b7,b7>b8, 易知>, 所以1+<1+, 故b2<b4,同理可得b2<b4<b6<b8, 故A错误;B错误;C错误;D正确. 故选D. 解法二(特殊值法):不妨取αk=1(k=1,2,…),则b1=1+=2;b2=1+=1+=1+=;b3=1+=1+=;b4=1+=1+=;b5=1+=1+=;b6=1+=1+=;b7=1+=1+=;b8=1+=1+=.对比选项,知选D. 14.答案　48;384 解析　解法一:设前3项的公差为d,d>0,后7项的公比为q,q>0, 则q4===16,可得q=2, 则a3=1+2d==3,可得d=1,a7=a3q4=48. a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+=384. 解法二:因为{an}的后7项为等比数列,所以=a5a9=12×192=482,故a7=48. 又因为=a3a7,所以a3==3. 设后7项的公比为q,q>0,则q2==4,解得q=2, 可得a1+a2+a3==6,a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9=== 381,所以a1+a2+…+a9=6+381-a3=384. 15.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q, 则q>0,an=a1qn-1, 因为a1=1,S2=a3-1,即a1+a2=a3-1, 所以1+q=q2-1,整理得q2-q-2=0, 解得q=2或q=-1(舍去), 所以Sn==2n-1. (2)(i)证明:由(1)可知an=2n-1, 根据题意,k∈N+,k≥2,下面的k在此取值范围内讨论. 当n=ak+1=2k≥4时, 即ak<n-1<ak+1, 可知ak=2k-1,bn=k+1, bn-1=+(ak+1-1-ak)·2k=k+2k(2k-1-1)=k(2k-1), 可得bn-1-ak·bn=k(2k-1)-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥0, 当且仅当k=2时,等号成立, 所以bn-1≥ak·bn. (ii)由(1)可知Sn=2n-1=an+1-1, 若n=1,则S1=1,b1=1; 若n≥2,则ak+1-ak=2k-1, 当2k-1<i≤2k-1时,bi-bi-1=2k, 所以bi=k·2k-1+2k·=k·4k-1=[(3k-1)4k-(3k-4)4k-1], 所以bi=1+[5×42-2×4+8×43-5×42+…+(3n-1)4n-(3n-4)4n-1]=, 且n=1符合上式. 综上,bi=(n∈N+). 16.解析　(1)将公差不为0的等差数列a1,a2,a3,…,a6中划去2项,留下4项能构成等差数列的所有情况有a3,a4,a5,a6或a1,a2,a3,a4或a2,a3,a4,a5,所以(i,j)的所有可能是(1,2),(1,6),(5,6). (2)证明:因为公差不为0的等差数列{an}中,ap,aq,ar,as成等差数列等价于p,q,r,s成等差数列,所以只需证明“数列1,2,3,…,4m+2是(2,13)-可分数列”. 考虑m=3时,可将数列1,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14划分为(1,4,7,10),(3,6,9,12),(5,8,11,14)这三组,显然每组的四个数都能构成等差数列,所以m=3时,数列1,2,3,…,4m+2是(2,13)-可分数列.当m≥4时,再将15,16,…,4m+2划分为(15,16,17,18),…,(4m-1,4m,4m+1,4m+2)这(m-3)组,则数列1,2,3,…,4m+2也是(2,13)-可分数列. 综上所述,当m≥3时,数列1,2,3,…,4m+2都是(2,13)-可分数列,因此数列a1,a2,a3,…,a4m+2也都是(2,13)-可分数列. (3)证明:当m=1时,由(1)知P1==>. 当m=2时,易知(i,j)为(1,2),(1,6),(1,10),(2,9),(5,6),(5,10),(9,10)时,数列a1,a2,a3,…,a10都是(i,j)-可分数列,所以P2==>. 当m≥3时,数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列等价于数列1,2,3,…,4m+2是(i,j)-可分数列. 观察m=2时的情形,猜测“数列1,2,3,…,4m+2是(4k+1,4r+2)-可分数列(0≤k≤r≤m)”.而k=r时,猜测显然成立;k<r时,不妨设k+p0=r,p0∈N+,则将数列1,2,…,4k,4k+2,…,4r+1,4r+3,…,4m+2划分为(1,2,3,4),…,(4k-3,4k-2,4k-1,4k),(4k+2,4k+3,4k+4,4(k+1)+1),…, (4(k+p0)-2,4(k+p0)-1,4(k+p0),4(k+p0)+1),(4r+3,4r+4,4(r+1)+1,4(r+1)+2),…,(4m-1,4m,4m+1,4m+2),则每组四个数都成等差数列,所以猜测成立. 易知(4k+1,4r+2)(0≤k≤r≤m)的不同取值有+=种. 再考虑“数列1,2,3,…,4m+2是不是(4k+2,4r+1)-可分数列(0≤k<r≤m)”. 易知m=2时,数列不是(2,5)-可分数列,所以猜测r≥k+2.设k+p=r(p≥2,p∈N+), 则将数列1,2,…,4k+1,4k+3,…,4r,4r+2,…,4m+2的前4k项划分为(1,2,3,4),…,(4k-3,4k-2,4k-1,4k); 中间4p项划分为(4k+1,4k+1+p,4k+1+2p,4k+1+3p),(4k+3,4k+3+p,4k+3+2p,4k+3+3p),…,(4k+p,4k+p+p,4k+p+2p,4k+p+3p),(4k+p+2,4k+p+2+p,4k+p+2+2p,4k+p+2+3p); 最后4(m-r)项划分为(4(r+1)-1,4(r+1),4(r+1)+1,4(r+1)+2),…,(4m-1,4m,4m+1,4m+ 2). 每组四个数都成等差数列,所以猜测成立. 由于r≥k+2,故(4k+2,4r+1)的不同取值有-m=种. 综上所述,m≥3时,Pm≥=>.证毕. 17.解析　(1)将原数列的第1,3,5,7项各加1,其余项不变,得到T1(A):2,3,3,4,7,3,2,9, 同理可得T2T1(A):2,4,3,5,7,4,2,10, Ω(A):3,4,4,5,8,4,3,10. (2)根据题意,若序列Ω有s个元素,则Ω(A)是对数列A进行s次变换后得到的新数列,且每次变换后数列的第1项与第2项中恰有一项的数值加1、另一项的数值不变;同样第3项与第4项、第5项与第6项、第7项与第8项也是如此.因此,Ω(A)的第1项与第2项的和比数列A的第1项与第2项的和大s;同样第3项与第4项、第5项与第6项、第7项与第8项的和也是如此.但Ω(A)中,(a1+2)+(a2+6)=(a1+a2)+8,(a3+4)+(a4+2)=(a3+a4)+6,而8≠6,所以不存在满足条件的序列Ω. (3)证明:设数列A:a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8经序列Ω变换后得到Ω(A):S(a1),S(a2),S(a3),S(a4),S(a5),S(a6),S(a7),S(a8). (必要性)若存在序列Ω(Ω中有s个元素),使得Ω(A)中的各项都相等, 则S(a1)+S(a2)=S(a3)+S(a4)=S(a5)+S(a6)=S(a7)+S(a8), 而a1+a2=S(a1)+S(a2)-s,a3+a4=S(a3)+S(a4)-s, a5+a6=S(a5)+S(a6)-s,a7+a8=S(a7)+S(a8)-s, 所以a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8. (充分性)若a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8=t, 即数列A:a1,t-a1,a3,t-a3,a5,t-a5,a7,t-a7. ①先考虑a1≤a3≤a5≤a7(a1+a3+a5+a7为偶数)的情形, 设a1+o=a3,a3+p=a5,a5+q=a7(o,p,q∈N,o+q为偶数), 则数列A:a1,t-a1,a1+o,t-a1-o,a1+o+p,t-a1-o-p,a1+o+p+q,t-a1-o-p-q,o,p,q∈N,o+q为偶数, 显然存在序列Ω1(Ω1中有(o+p+q)个元素,且o=q),使得Ω1(A):a1+o+p+q,t-a1,a1+o+p+q,t-a1,a1+o+p+q,t-a1,a1+o+p+q,t-a1, 易得t-a1>o+p+q,记m=max{a1+o+p+q,t-a1},l=|(a1+o+p+q)-(t-a1)|, 显然存在序列Ω2(Ω2中有l个元素)使得Ω2(Ω1(A)):m,m,m,m,m,m,m,m. ②再考虑a1,a3,a5,a7大小关系不定(a1+a3+a5+a7为偶数)的情形,可先通过Ω'0变换得到B:a'1,a'2,a'3,a'4,a'5,a'6,a'7,a'8,使其满足a'1<a'3<a'5<a'7,a'1+a'3+a'5+a'7为偶数,易知a'1+a'2=a'3+a'4=a'5+a'6=a'7+a'8,结合①的分析可知存在序列Ω',使得Ω'(B)中的各项都相等. 综上所述,存在序列Ω,使得Ω(A)中的各项都相等.证毕. 高考模拟练 1.A　由已知得a1+a3=2×5,即a1+a1q2=10,又a2=a1q=-4,所以或因为q>-1,所以a1=8,q=-,所以an=8, 所以a2 023=8×=. 2.A　解法一:由题意可得an=a1+(n-1)d=2+(n-1)d, ∵S8≥S7≥S9, ∴即即解得-≤d≤-. 解法二:∵{an}为等差数列,∴Sn=na1+d=2n+d,∵S8≥S7≥S9, ∴即即 解得-≤d≤-. 3.D　设等比数列{an}的公比为q. ∵S2=48,S4=60,∴a1+a2=48,a1+a2+a3+a4=60, 即则a3+a4=(a1+a2)q2=48q2=12, ∴q2=,∴q=或q=-,又an>0,∴q=, ∴a1+a2=a1+a1q=a1=48,∴a1=32, 则an=32×=, ∴Tn=a1a2…an==, 令<1=,则>0,故n>11,则nmin=12.故选D. 5. C　由已知得bn=log0.5an=log0.5(a1·qn-1)=log0.5+log0.5qn-1=6+(n-1)log0.5q, log0.5q为常数, 所以{bn}是以b1=6为首项,log0.5q为公差的等差数列. 若当且仅当n=4时,{bn}的前n项和Bn取得最大值, 则即即 即解得0.<q<0.5-2, 所以2<q<4,故选C. 6. ACD　对于A,由an+2=an+1+an,可得an+1=an+2-an,则a3=a4-a2,a5=a6-a4,a7=a8-a6,……,a2 021=a2 022-a2 020,将上式累加得a3+a5+a7…+a2 021=a2 022-a2,又a1=a2=1,所以a1+a3+a5+…+ a2 021=a2 022,故A正确; 对于B,由an+2=an+1+an,可得a3=a2+a1,a4=a3+a2,……,a2 022= a2 021+a2 020, 将上述各式累加可得a2 022=a2+(a1+a2+a3+…+a2 020),又a2=1,所以a1+a2+a3+…+a2 020=a2 022-1,故B错误; 对于C,猜想:+++…+=anan+1,用数学归纳法证明如下: ①当n=1时,=1=a1a2,等式成立, ②假设当n=k(k∈N+)时,+++…+=akak+1成立, 则当n=k+1时,+++…++=akak+1+=ak+1(ak+ak+1)=ak+1ak+2,即n=k+1时等式也成立, 由①②可知+++…+=anan+1, 令n=2 021,则有+++…+=a2 021a2 022成立,故C正确; 对于D,易知{an}各项均为正数,由an+2=an+1+an,可得==-, 所以++…++=-+-+…+-+-=-,故D正确.故选ACD. 6.C　由题意可知操作1次有21=2个边长为=的小正方形,即S1=21×==, 操作2次有22=4个边长为=的小正方形,即S2=22×==, 操作3次有23=8个边长为=的小正方形,即S3=23×==, 以此类推可知操作n次有2n个边长为的小正方形,即Sn=2n×=, 则S1+S2+…+Sn=++…+==1-, 从而问题转化为求1-≥的最小正整数解, 将不等式变形为≤,注意到=>,=<,且函数y=在R上单调递减,所以n的最小值是11.故选C. 7.答案　2 036 解析　当n≥2时,an=logn(n+1)=, 所以a1·a2·…·ak=1×××…×==log2(k+1). 若a1·a2·…·ak为正整数, 则k+1=2n,n∈N+,即k=2n-1,n∈N+. 令2n-1≤2 022,n∈N+,则n≤10,n∈N+, 所以在[1,2 022]内的所有“幸福数”的和为21-1+22-1+…+210-1=-10=2 036. 8.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d, 因为a3=7,a4,a5,4a2成等差数列, 所以 解得所以an=3n-2. (2)数列{}是等比数列.由(1)得=21=2,==23=8, 所以{}是以2为首项,8为公比的等比数列, 所以数列{}的前n项和为=. (3)由(1)得logqdn==n-1,所以dn=qn-1,0<q<. 因为∀k∈N+,∃n∈N+,dk-dn=dk+1+dk+2, 所以不妨取k=1,则d1-dn=d2+d3,则d1-d2-d3=1-q-q2=qn-1,令m=n-1,m∈N,则qm+q2+q=1. 当m=0时,q=0或q=1,均不成立,舍去; 当m=1时,解得q=-1或q=--1(舍去); 当m≥2(m∈N)时,令f(q)=qm+q2+q,则f(q)在上单调递增, 又因为0<q<,所以f(q)=qm+q2+q<++≤++=1,故qm+q2+q=1无解. 所以q的取值为-1. 当q=-1时,对任意的正整数k, dk-dk+1-dk+2=dk(1-q-q2)=dkq=dk+1, 满足∀k∈N+,∃k+1∈N+,dk-dk+1=dk+1+dk+2, 所以q的值是-1. 9.解析　(1)因为S1=20=1,所以1为该数列的“佳幂数”, 又因为S2=1+1=2=21,S3=1+1+2=4=22,S18=64=26,所以2,3,18也为该数列的“佳幂数”, 所以该数列的前4个“佳幂数”依次为1,2,3,18. (2)50不是“佳幂数”.理由如下: 对该数列分组,如下, 第1组:1, 第2组:1,2, 第3组:1,2,4, …… 第k组:1,2,4,…,2k-1, 则该数列的前1+2+…+k=项的和为=1+(1+2)+…+(1+2+…+2k-1)=(21-1)+(22-1)+…+(2k-1)= (21+22+…+2k)-k=-k=2k+1-k-2,① 令≤50,得k≤9,k∈N+, 则S50=S45+1+2+22+23+24=210-11+31=210+20, 由于210<210+20<211, 所以∀p∈N,S50≠2p, 故50不是“佳幂数”. (3)①在(2)中,令>1 000,得k≥45,k∈N+, 故m出现在第44组之后,由(2)知第k组的和为2k-1,前k组的和为=2k+1-k-2, 第(k+1)组的前t项的和为2t-1,t∈N+, 则只需k+2=2t-1,t∈N+. 所以k=2t-3,令2t-3≥45,得t≥6,当t=6时,k=26-3=61, 所以对应满足条件的最小“佳幂数”m=+6=1 897. ②证明:由①知k+2=2t-1,t∈N+,k∈N+. 当t≥2,且取任意整数时,可得“佳幂数”m=+t,k∈N+, 所以该数列的“佳幂数”有无数个. 10.解析　(1)易得φ(1)=1, 不超过9且与9互素的正整数有1,2,4,5,7,8,则φ(9)=6, 不超过7且与7互素的正整数有1,2,3,4,5,6,则φ(7)=6, 不超过21且与21互素的正整数有1,2,4,5,8,10,11,13,16,17,19,20,则φ(21)=12, 所以φ(1)+φ(9)=7,φ(7)+φ(21)=18. (2)在不大于pk的正整数中,只有p的倍数不与pk互素,而p的倍数有pk-1个, 因此φ(pk)=pk-pk-1=(p-1)pk-1. 由p,q是两个不同的素数,得φ(p)=p-1,φ(q)=q-1, 在不超过pq-1的正整数中,p的倍数有(q-1)个,q的倍数有(p-1)个, 于是φ(pq)=pq-1-(p-1)-(q-1)=pq-p-q+1=(p-1)(q-1), 所以φ(pq)=φ(p)·φ(q). (3)根据(2)得am=(5m-3)×3m-1, 所以Tm=2×30+7×3+12×32+…+(5m-3)·3m-1, 3Tm=2×31+7×32+…+(5m-8)·3m-1+(5m-3)·3m, 两式相减,得-2Tm=2+5×3+5×32+…+5·3m-1-(5m-3)·3m, 所以-2Tm=-(5m-3)·3m+2, 故Tm=+·3m. 学科网（北京）股份有限公司 $$