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一册（湘教版2019）

综合拔高练 高考真题练 考点1　等差数列及其应用 1.(2020全国Ⅱ理,4)如图所示,北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　) A.3 699块　　　　B.3 474块 C.3 402块　　　　D.3 339块 2.(2021全国甲理,18)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立. ①数列{an}是等差数列;②数列{}是等差数列;③a2=3a1. 注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分. 3.(2021全国乙理,19)记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积,已知+=2. (1)证明:数列{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式. 考点2　等比数列及其应用 4.(2021全国甲文,9)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=(　　) A.7　　B.8　　C.9　　D.10 5.(2020全国Ⅱ理,6)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 6.(2021全国乙文,19)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; (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<. 考点3　数列的综合应用 7.(2020全国Ⅰ文,16)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=　　　　.  8.(2021新高考Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2;对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　　　;如果对折n次,那么Sk=　　　　dm2.  9.(2020新高考Ⅰ,18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8. (1)求{an}的通项公式; (2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N+)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100. 考点4　数学归纳法* 10.(2020全国Ⅲ理,17)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n. (1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明; (2)求数列{2nan}的前n项和Sn. 高考模拟练 应用实践 1.在数列{an}中,a1=4,a2=6,且当n≥2时,an+1=4an-9,若Tn是数列{bn}的前n项和,bn=,则当λ=5(an+1-3)·为整数时,λn=(　　)　　　　　　　　　　　　　　 A.6　　B.12　　C.20　　D.24 2.(多选)意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人,斐波那契数列被誉为最美的数列,斐波那契数列{an}满足:a1=1,a2=1,an=an-1+an-2(n≥3,n∈N+).若将数列的每一项按照下图方法放进格子里,每一小格子的边长为1,记前n项所占的格子的面积之和为Sn,每段螺旋线与其所在的正方形围成的扇形面积为cn,则下列结论正确的是(　　) A.Sn+1=+an+1an B.a1+a2+a3+…+an=an+2-1 C.a1+a3+a5+…+a2n-1=a2n-1 D.4(cn-cn-1)=πan-2an+1(n≥3) 3.(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d.已知a3=12,S10>0,a6<0,则(　　) A.数列的最小项为第6项 B.-<d<-4 C.a5>0 D.Sn>0时,n的最大值为5 4.已知数列{an}满足3a1=1,n2an+1-=n2an(n∈N+),则下列选项正确的是(　　) A.{an}是递减数列 B.{an}是递增数列,且存在n∈N+使得an>1 C.> D.a2 021< 5.在坐标平面内,横、纵坐标均为整数的点称为格点.现有一只蚂蚁从坐标平面的原点O出发,按如下线路沿顺时针方向爬过格点O→A1(1,0)→A2(1,-1)→A3(0,-1)→A4(-1,-1)→A5(-1,0)→A6(-1,1)→A7(0,1)→A8(1,1)→A9(2,1)→…→A12(2,-2)→…→A16(-2,-2)→…→A20(-2,2)→…→A25(3,2)→…,则蚂蚁在爬行过程中经过的第114个格点A114的坐标为　　　　.  6.已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,其中a1=1,3Sn=(n+m)an(m∈R),且anbn=.若对任意n∈N+,λ>Tn恒成立,则实数λ的最小值为　　　　.  7.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,且2S2=9a1-2,a3=2a2+3a1. (1)若等差数列{bn}满足bi=ai(i=1,2),求{an},{bn}的通项公式; (2)若cn=　　　　,求数列{cn}的前n项和Tn.  在①+1;②;③这三个条件中任选一个补充到第(2)问中,并求解. 8.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a4-a2=6,S5+2S3=3S4.数列{bn}的前n项和为Tn,且b1=2,nTn+1=(n+1)Tn+n(n+1). (1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)若cn=,Mn为数列{cn}的前n项和,是否存在不同的正整数p,q,r(其中p,q,r成等差数列),使得Mp+2,Mq+2,Mr+2成等比数列?若存在,求出所有满足条件的p,q,r的值;若不存在,请说明理由. 迁移创新 9.森林资源是全人类共有的宝贵财富,其在改善环境、保护生态可持续发展方面发挥着重要的作用.某地林业管理部门着手制订本地的森林蓄积量规划,经统计,本地2020年年底的森林蓄积量为120万立方米,并以每年25%的增长率自然生长,而为了满足森林通风和发展经济的需要,每年冬天都要砍伐掉s(10<s<30)万立方米的森林蓄积量.设an为自2021年开始,第n(n∈N+)年年末的森林蓄积量. (1)请写出递推公式,表示an+1,an之间的关系; (2)将(1)中的递推公式表示成an+1-k=r(an-k)的形式,其中r,k为常数; (3)为了实现本地森林蓄积量到2030年年底翻两番的目标,每年的砍伐量最大为多少万立方米?结果精确到1万立方米,参考数据:≈5.96,≈7.45,≈9.31 答案与分层梯度式解析 高考真题练 1.C　由题意可设每层有n个环,则三层共有3n个环,∴每一环扇面形石板的块数构成以a1=9为首项、9为公差的等差数列{an},且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1,中层总数为S2,下层总数为S3,∴S3-S2=9(2n+1)·n+×9-=9n2=729,解得n=9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9+×9=27×9+27×13×9=27×14×9=3 402(块).故选C. 2.解析　选①②作为条件,证明③. 证明:设等差数列{an}的公差为d,因为{}是等差数列,所以2=+,即2=+,两边平方,得4(2a1+d)=a1+3a1+3d+2,整理得4a1+d=2,两边平方,得16+8a1d+d2=4(3+3a1d),化简得4-4a1d+d2=0,即=0,所以d=2a1,则a2=a1+d=3a1. 选①③作为条件,证明②. 证明:设等差数列{an}的公差为d. 因为a2=3a1,即a1+d=3a1,所以d=2a1. 所以等差数列{an}的前n项和Sn=na1+d=na1+·2a1=n2a1. 又因为a1>0,所以=n. 则-=(n+1)-n=,所以数列{}是公差为的等差数列. 选②③作为条件,证明①. 证明:设等差数列{}的公差为d,因为=,===2,所以d=-=2-=,则等差数列{}的通项公式为=+(n-1)=n,所以Sn=n2a1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,且当n=1时,上式也成立,所以数列{an}的通项公式为an=(2n-1)a1,则an+1-an=(2n+1)a1-(2n-1)a1=2a1,所以数列{an}是公差为2a1的等差数列. 3.解析　(1)证明:由bn=S1·S2·…·Sn可得, Sn=由+=2知, 当n=1时,+=2,即+=2, 所以b1=S1=;当n≥2时,+=2, 即2bn=2bn-1+1,即bn-bn-1=, 故数列{bn}是首项为、公差为的等差数列. (2)由(1)知,bn=+(n-1)×=, 故当n≥2时,Sn==,S1也符合该式, 即Sn=(n∈N+),从而a1=S1=, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=-,a1不符合该式, 所以an= 4.A　解法一:设{an}的首项为a1,公比为q(q≠1), 则解得 ∴S6==8×=7,故选A. 解法二:由题意知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列, 则(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(6-4)2=4(S6-6), 解得S6=7,故选A. 5.C　由am+n=aman,令m=1,可得an+1=a1an=2an, ∴数列{an}是公比为2的等比数列, ∴an=2×2n-1=2n,∴ak+1+ak+2+…+ak+10=2k+1+2k+2+…+2k+10==2k+11-2k+1=215-25,∴k=4.故选C. 6.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q. ∵a1,3a2,9a3成等差数列,∴6a2=a1+9a3, 又∵{an}是首项为1的等比数列, ∴6a1q=a1+9a1q2,∴9q2-6q+1=0,解得q1=q2=, ∴an=a1·qn-1=, ∵bn=,∴bn=n·. (2)证明:∵Sn为{an}的前n项和, ∴Sn==. ∵Tn为{bn}的前n项和, ∴Tn=b1+b2+…+bn=1×+2×+…+n×,① Tn=1×+2×+…+n×,② ①-②可得Tn=++…+-n· =-n·=-+, ∴Tn=-+, ∴Tn-=-·<0,∴Tn<. 7.答案　7 解析　令n=2k(k∈N+),则有a2k+2+a2k=6k-1(k∈N+),∴a2+a4=5,a6+a8=17,a10+a12=29,a14+a16=41, ∴前16项的所有偶数项和S偶=5+17+29+41=92, ∴前16项的所有奇数项和S奇=540-92=448. 令n=2k-1(k∈N+),则有a2k+1-a2k-1=6k-4(k∈N+). ∴a2k+1-a1=(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+…+(a2k+1-a2k-1)=2+8+14+…+6k-4==k(3k-1)(k∈N+),∴a2k+1=k(3k-1)+a1(k∈N+), ∴a3=2+a1,a5=10+a1,a7=24+a1,a9=44+a1,a11=70+a1,a13=102+a1,a15=140+a1, ∴前16项的所有奇数项和S奇=a1+a3+…+a15=8a1+2+10+24+44+70+102+140=8a1+392=448, ∴a1=7. 8.答案　5;240× 解析　对折3次可以得到 dm×12 dm, dm× dm, dm× dm,20 dm× dm,共四种不同规格的图形, 对折4次可以得到 dm×12 dm, dm× dm, dm× dm, dm× dm,20 dm× dm,共五种不同规格的图形, 由此可以归纳出对折n次可得到(n+1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为 dm2, ∴20×12××2+×3+×4+…+×(n+1)dm2, 记Tn=++…+,则Tn=++…+, ∴Tn-Tn=Tn=1+- =--=-, ∴Tn=3-,∴Sk=dm2. 9.解析　(1)设{an}的公比为q,且q>1. 由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8, 解得q1=(舍去),q2=2,所以a1==2. 所以{an}的通项公式为an=2n. (2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,所以由题设及(1)可得, b1对应的区间为(0,1],则b1=0; b2,b3对应的区间分别为(0,2],(0,3],则b2=b3=1,即有2个1; b4,b5,b6,b7对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则b4=b5=b6=b7=2,即有22个2; b8,b9,…,b15对应的区间分别为(0,8],(0,9],…,(0,15],则b8=b9=…=b15=3,即有23个3; b16,b17,…,b31对应的区间分别为(0,16],(0,17],…,(0,31],则b16=b17=…=b31=4,即有24个4; b32,b33,…,b63对应的区间分别为(0,32],(0,33],…,(0,63],则b32=b33=…=b63=5,即有25个5; b64,b65,…,b100对应的区间分别为(0,64],(0,65],…,(0,100],则b64=b65=…=b100=6,即有37个6. 所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480. 10.解析　(1)由题意可得a2=3a1-4=9-4=5,a3=3a2-8=15-8=7. 由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项、2为公差的等差数列,即an=2n+1,n∈N+. 证明如下:当n=1时,a1=3成立; 假设n=k(k∈N+)时,ak=2k+1成立. 那么n=k+1时,ak+1=3ak-4k=3(2k+1)-4k=2k+3=2(k+1)+1也成立. 则对任意的n∈N+,都有an=2n+1成立. 所以{an}的通项公式为an=2n+1,n∈N+. (2)由(1)得2nan=(2n+1)2n, 所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n,① 从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1,② ①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1=3×2+-(2n+1)·2n+1=6+2n+2-8-(2n+1)·2n+1=-(2n-1)·2n+1-2, 所以Sn=(2n-1)2n+1+2. 知识拓展 　　解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几种:(1)公式法,等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法,形如an=,可裂项为an=·;(3)错位相减法,形如cn=an·bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(4)分组求和法,形如cn=an+bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(5)并项求和法. 高考模拟练 1.D　当n≥2时,由an+1=4an-9得an+1-3=4(an-3),因为a2=6,所以{an-3}从第二项起是首项为3、公比为4的等比数列,所以当n≥2时,an=3×4n-2+3,所以an=当n=1时,T1=b1==,则λ=5(a2-3)·=∉Z,故舍去;当n≥2时,bn==-,所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-, 所以λ=5×3×4n-1×=15-,要使λ为整数,只需4n-1+1是15的因数,所以n=2,此时λ=12,所以λn=24.故选D. 2. ABD　前(n+1)项所占格子组成长为an+1+an,宽为an+1的矩形,其面积为Sn+1=(an+1+an)an+1=+an+1·an,∴A正确;依题意得,a3=a2+a1,a4=a3+a2,……,an+2=an+1+an,以上各式相加得,a3+a4+…+an+2=(a2+a3+…+an+1)+(a1+a2+…+an),∴an+2-a2=a1+a2+…+an,即a1+a2+…+an=an+2-1,∴B正确;依题意得,a1=a2=1,a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,∴a1+a3+a5=8,a6-1=7,∴C不正确;易知cn=π,cn-1=π,∴4(cn-cn-1)=π(-)=π(an-an-1)(an+an-1)=πan-2an+1(n≥3),∴D正确. 故选ABD. 3.ABC　由S10==5(a5+a6)>0且a6<0,可知a5>0,故C正确.由可得-<d<-4,故B正确.因为S10>0,S11==11a6<0,所以当Sn>0时,n的最大值为10,故D错误.由上述分析可知,当1≤n≤5且n∈N+时,an>0,当n≥6且n∈N+时,an<0,所以当1≤n≤5且n∈N+时,>0,当6≤n≤10且n∈N+时,<0,当n≥11且n∈N+时,>0.易得当6≤n≤10且n∈N+时,{an}单调递减,{Sn}单调递减,即0>a6>a7>a8>a9>a10,S6>S7>S8>S9>S10>0, 所以->->->->->0,由不等式的性质可得->->->->->0, 所以<<<<<0,因此数列的最小项为第6项,故A正确. 故选ABC. 4.C　由3a1=1,得a1=>0,因为n2an+1-=n2an(n∈N+),所以an+1=an+(n∈N+),所以a2=a1+=>0,且对任意的n∈N+,an>0,所以an+1-an=>0,即an+1>an,所以数列{an}为递增数列,故A错误; 在等式an+1-an=的两边同时除以anan+1, 可得-====<<=,其中n≥2且n∈N+,所以-<×,-<×,……,-<, 累加得-<,所以>-×++>,则an<,故不存在n∈N+使得an>1,故B错误,C正确; -=>==-, 所以->1-,->-,……,->-,累加得3->1-,所以<2+=,则an+1>,所以a2 021>,故D错误.故选C. 5.答案　(-1,5) 解析　以O为中心,边长为2的正方形上共有格点a1=8个,且蚂蚁在其上爬过的最后一个格点为(1,1);以O为中心,边长为4的正方形上共有格点a2=16个,且蚂蚁在其上爬过的最后一个格点为(2,2);以O为中心,边长为6的正方形上共有格点a3=24个,且蚂蚁在其上爬过的最后一个格点为(3,3);……,所以以O为中心,边长为2n(n∈N+)的正方形上共有格点an=8n个,且蚂蚁在其上爬过的最后一个格点为(n,n),故等差数列{8,16,…,8n,…}的前n项和为=4n(n+1),由4n(n+1)≥114,n∈N+,得n≥5. 当n=5时,以O为中心,边长为10的正方形上共有格点a5=40个,且蚂蚁在其上爬过的最后一个格点为(5,5),此时蚂蚁共爬过了120个格点,故蚂蚁在爬行过程中经过的第114个格点A114的坐标为(-1,5). 6.答案　 解析　当n=1时,3S1=3a1=(1+m)a1,解得m=2. 当n≥2时,由得(n-1)an=(n+1)an-1,即=. 由累乘法可得=, 又因为a1=1,所以an=, 由anbn=,得bn==, 所以Tn==<. 因为对任意n∈N+,λ>Tn恒成立,所以λ≥,故实数λ的最小值为. 7.解析　(1)设数列{an}的公比为q,则q>0. ∵a3=2a2+3a1,∴q2-2q-3=0,解得q=3或q=-1(舍去). ∵2S2=9a1-2,∴2a2=7a1-2,即2a1q=7a1-2, ∴a1=2,a2=6, ∴an=a1qn-1=2×3n-1,b1=a1=2,b2=a2=6. 设数列{bn}的公差为d, ∴d=b2-b1=6-2=4, ∴bn=b1+(n-1)d=4n-2. (2)选择①: ∵bn=4n-2,∴bn+1=4n+2, ∴cn=+1=+1=-+1, ∴Tn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn=+1++1++1+…++1++1=+++…+++n=-+n=. 选择②: ∵bn=4n-2,b1=2, ∴b1+b2+…+bn-1+bn===2n2, ∴cn====-, ∴Tn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn=+++…++=1-=. 选择③: 由(1)知an=2×3n-1,∴Sn==3n-1, ∴cn===, ∴Tn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn=×+×+×+…+×+=×-+-+-+…+-+-=. 8.解析　(1)设数列{an}的公比为q,易知q≠1,由 得 所以所以an=a1qn-1=2n-1. 由nTn+1=(n+1)Tn+n(n+1),可得=+1, 所以数列是首项为=b1=2、公差为1的等差数列,故=2+(n-1)×1=n+1,则Tn=n(n+1). 当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=n(n+1)-n(n-1)=2n, 当n=1时,b1=T1=2也适合上式,故bn=2n. (2)由an=2n-1,可得Sn=1+2+…+2n-1==2n-1, 所以cn====-, 所以Mn=c1+c2+…+cn=-+-+…+-=-=-2. 假设存在不同的正整数p,q,r(其中p,q,r成等差数列),使得Mp+2,Mq+2,Mr+2成等比数列, 则有=(Mp+2)(Mr+2), 所以=, 则=·,即=, 因为p+r=2q,所以2q+4=p+r+4,即22q+4=2p+r+4, 所以(q+2)2=(p+2)(r+2),所以q2+4q+4=pr+2(p+r)+4, 则q2+4q+4=pr+4q+4, 所以q2=pr,则=pr, 所以(p+r)2=4pr,即(p-r)2=0,所以p=r, 这与已知的p,q,r互不相等矛盾, 故不存在不同的正整数p,q,r(其中p,q,r成等差数列),使得Mp+2,Mq+2,Mr+2成等比数列. 9.解析　(1)an+1=(1+25%)an-s=an-s.① (2)将an+1-k=r(an-k)变形得an+1=ran+k-rk,② 比较①②的系数,得所以 所以(1)中的递推公式可以化为an+1-4s=(an-4s)(n∈N+). (3)由题意,得a1=120×(1+25%)-s=150-s, 因为a1-4s=150-5s,且s∈(10,30), 所以a1-4s≠0, 由(2)可知an-4s≠0, 所以=(n∈N+),即数列{an-4s}是以150-5s为首项、为公比的等比数列, 其通项公式为an-4s=(150-5s)·, 所以an=4s+(150-5s)·. 到2030年年底的森林蓄积量为该数列的第10项, 即a10=4s+(150-5s)·. 因为本地森林蓄积量到2030年年底要实现翻两番的目标, 所以a10≥4×120,即4s+(150-5s)·≥480, 即4s+(150-5s)×7.45≥480,解得s≤≈19. 所以每年的砍伐量最大为19万立方米. 28 学科网（北京）股份有限公司 $$