第1章 数列 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（北师大版）

综合拔高练 高考真题练 考点1　等差数列及其应用 1.(2025全国二卷,7)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3=6,S5=-5,则S6=(　　) A.-20　　　　　B.-15　　　　　C.-10　　　　　D.-5 2.(2025天津,6)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=-n2+8n,则{|an|}的前12项和为(　　) A.112　　　　　B.48　　　　　C.80　　　　　D.64 3.(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. 4.(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 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①; (2)证明:当n>5时,Tn>Sn②. ①关键点拨:由S4=32,T3=b1+b2+b3=16求an; ②关键点拨:{bn}的通项公式分n为奇数和偶数,则Tn也分n为奇数和偶数求解. 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.(多选题)(2025全国二卷,9)记Sn为等比数列{an}的前n项和,q为{an}的公比,q>0.若S3=7,a3=1,则(　　) A.q=　　　　　B.a5=　　　　　 C.S5=8　　　　　D.an+Sn=8 9.(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 10.(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 11.(2025全国一卷,13)若一个等比数列的各项均为正数,且前4项的和等于4,前8项的和等于68,则这个数列的公比等于　　　　.  12.(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　　　　.  13.(2023全国乙理,15)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=　　　　.  14.(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 15.(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　　　　.  16.(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bi②. ①心中有“数”:an+1-an=f(n)的形式,用累加法求通项公式; ②关键点拨:bn是分段形式,故对i分类讨论,再利用裂项相消法或错位相减法求和. 17.(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>. 18.(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.(2025安徽铜陵一中月考)若数列{an}的通项公式为an=,则该数列中的最大项是(　　) A.a1　　　　　 B.a44　　　　　 C.a45　　　　　D.a46 2.(2025江西南昌豫章中学调研)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若=,∀n∈N+,∃M>0,使得<M,则M的最小值为　　(　　) A.　　　　　B.　　　　　 C.　　　　　D.1 3.(2025安徽铜陵枞阳调研)已知数列{an}满足2anan+1+an+1=3an,且a2=,则使不等式++…+<100成立的n的最大值为(　　) A.98　　　　　 B.99　　　　　 C.100　　　　　D.101 4.(2025河南新高中创新联盟TOP二十名校调研)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,等差数列{bn}满足b1=-5,b5=5b2,数列{cn}满足cn=an-bn,设数列{cn}的前n项和为Tn,若∀n∈N+,都有Tn≥Tk,则k=(　　) A.6　　　　　B.7　　　　　 C.8　　　　　D.9 5.(多选题)(2025陕西西安一中月考)斐波那契数列{an}满足:a1=1,a2=1,an=an-1+an-2(n≥3,n∈N+).若将数列中的每一项按照如图所示的方法放进格子里,每一个小格子的边长为1,记前n项所占格子的面积之和为Sn,每段螺旋线与其所在正方形所围成的扇形的面积为cn,则下列结论正确的是(　　) A.Sn+1=+anan+1 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,n∈N+) 6.(2025河南名校大联考二联)把正奇数按下表排列,则2 025在表中位于第　　　　行第　　　　列.  7.(2025江西重点中学协作体联考)对一组互不相同的有序数组(a1,a2,a3,…,an)(n≥2,n∈N+)定义:在ai(i=1,2,3,…,n)的右边比其大的数的个数称为ai的“顺序数”,在ai的右边比其小的数的个数称为ai的“逆序数”.我们把有序数组(a1,a2,a3,…,an)中的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和记为Tn. (1)有序数组(2,4,1,3,5)中的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和T5=　　　　　;  (2)+++…+=　　　　　.  8.(2025河南新未来期中联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an+2n-6. (1)证明:{an-1}是等比数列,并求{an}的通项公式; (2)记bn=,数列{bn}的前n项和为Tn. ①求T2n; ②若存在n∈N+,使得λ≥Tn,求实数λ的取值范围. 迁移创新 9.(2025江西景德镇乐平中学期中)定义: 在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和, 形成新的数列, 这样的操作称为该数列的一次 “和扩充”,例如:数列1,3,5 经过第一次 “和扩充” 后得到数列1,4,3,8,5; 经过第二次 “和扩充” 后得到数列1,5,4,7,3,11,8,13,5. 设数列a,b,c经过n次 “和扩充” 后得到的数列的项数为Pn,所有项的和为Sn. (1)若a=3,b=4,c=5,求P2,S2(直接写出答案); (2)求满足不等式Pn≥2 049的正整数n的最小值; (3)求数列{Sn}的通项公式. 答案与分层梯度式解析 高考真题练 1.B 2.C 3.D 4.C 8.AD 9.C 10.C 1.B　设等差数列{an}的公差为d, ∵∴ ∴ ∴S6=6a1+d=-15. 2.C　当n=1时,a1=S1=7, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-2n+9, 当n=1时,a1=-2+9=7,也符合上式, 所以an=-2n+9,n∈N+, 则|an|=设{|an|}的前n项和为Tn,则 T12=+=80. 3.D　解法一(基本量法):设等差数列{an}的公差为d,由S9=9a1+d=1,得9a1+36d=1, 则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=. 4.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. 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. 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. 真题降维 关键信息 信息判断 信息处理 {an}为等差数列,Sn为其前n项和,S4=32 数列{an}中仅有一个条件,需结合其他条件求基本量 bn= {bn}的通项公式由an确定,且分n为奇数和偶数 把n=1,2,3代入{bn}的通项公式得到关于a1,a2,a3的式子,求a1,d Tn为{bn}的前n项和,T3=16 T3=b1+b2+b3=16 证明:当n>5时,Tn>Sn 求Sn,Tn,证明不等式 直接由等差数列前n项和公式求Sn,Tn需分奇偶项分别求解 解析　(1)设数列{an}的公差为d, ∵bn= ∴b1=a1-6,b2=2a2,b3=a3-6, 又T3=16, (在未求出Tn的解析式的情况下,可用列举法结合条件T3=16列方程) ∴b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12=16, ∴a2=7,即a1+d=7,① ∵S4=32,∴4a1+6d=32,② 由①②得a1=5,d=2, ∴an=5+2(n-1)=2n+3. (2)证明:由(1)可得Sn=5n+×2=n2+4n, bn= (数列{bn}的通项公式由an确定,且分n为奇数和偶数,故求Tn时可按n是奇数和偶数分类,化为等差数列求和,为简化运算,先求n是偶数的情况,再利用n是偶数时的结论求出n是奇数时的和) ①当n(n≥6)为偶数时,设n=2k(k∈N+,k≥3), (令n=2k,将偶数化为整数,前2k项有k个奇数项,k个偶数项,便于运用公式) 则Tn=T2k=(b1+b3+…+b2k-1)+(b2+b4+…+b2k) =k×(-1)+×4+k×14+×8=6k2+7k, ∴Tn=6×+7×=, ∴Tn-Sn=-n2-4n===>0, ∴当n(n≥6)为偶数时,Tn>Sn. ②当n(n≥7)为奇数时,设n=2k+1(k∈N+,k≥3), 则Tn=T2k+1=b1+b2+b3+b4+…+b2k+b2k+1=T2k+b2k+1 =6k2+7k+4k-1=6k2+11k-1, (利用当n是偶数时的结论求解) ∴Tn=6×+11×-1=, ∴Tn-Sn=-(n2+4n)==>0, ∴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.AD　由 解得或(舍去),故A正确; 则a5=a1q4=4×=,故B错误; S5===8×=,故C错误; an+Sn=4×+=8×+8-8×=8,故D正确. 9.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. 解法二:∵S5=5S3-4,∴=5×-4,又a1=1,∴q4-5q2+4=0,∴(q2-4)(q2-1)=0,∴q=2,∴S4===15. 10.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. 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. 11.答案　2 解析　设等比数列为{an},公比为q(q>0),前n项和为Sn. 解法一:由题意得a1+a2+a3+a4=4,a5+a6+a7+a8=S8-S4=68-4=64,则q4==16, 又q>0,所以q=2. 解法二:易知q≠1,由题意得 得==,解得q=2(负值舍去). 12.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=-. 13.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. 14.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. 15.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. 16. 真题降维 关键信息 信息处理 {an}是等比数列,a1=1,S2=a3-1 S2=a1+a2=a3-1,得公比q,进而得Sn,an bn= n=ak+1 bn是分段形式,分界点与{an}中的项ak有关,可研究每一段中的递推关系,当n=ak+1时,bn=k+1,当ak<n<ak+1时,由累加法求bn,进而证明 求bi bn是分段形式,可对i分类讨论,分i=ak=2k-1和2k-1<i≤2k-1求和(根据式子特点选择裂项相消法或错位相减法求和) 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, 则-=2k,-=2k,……,-=2k, 累加得-=(ak+1-2-ak+1)·2k, 因此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, 当2k-1<i≤2k-1(k≥2)时,bi-=2k, (数列{bi}(2k-1≤i≤2k-1)是首项为=k,公差为2k的等差数列,项数为(2k-1)-2k-1+1=2k-1) 则bi=k·2k-1+2k·=k·4k-1. 解法一(裂项相消法):bi=k·4k-1=[(3k-1)4k-(3k-4)4k-1], 则当n≥2时,bi=1+[5×42-2×4+8×43-5×42+…+(3n-1)4n-(3n-4)4n-1]=, 当n=1时,b1=1,符合上式. 综上,bi=. 解法二(错位相减法):设S=bi, 则S=1+2×41+3×42+…+n×4n-1, 所以4S=1×41+2×42+…+(n-1)×4n-1+n×4n, 所以-3S=1+41+42+…+4n-1-n×4n =-n×4n=, 故S=,即bi=. 17.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. 18.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. 高考模拟练 1.D 2.C 3.B 4.A 5.ABD 1.D　因为an= = =1+, 所以当n<,即n≤45时,<0,此时an<1; 当n>,即n≥46时,>0,此时an>1, 易知当n≥46时,数列为递减数列,所以该数列的最大项是a46. 2.C　已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且=, 则======-<, 且当n趋于正无穷时,=-趋于,因为∀n∈N+,∃M>0,使得<M,则M≥,即M的最小值为. 3.B　由2anan+1+an+1=3an(*),a2=,可得2a1a2+a2=3a1,所以a1=, 易知an≠0,故(*)式两边同时除以anan+1,可得2+=,整理得-1=3, 所以是以-1=为首项,为公比的等比数列,则-1==2×, 故-1+-1+…+-1==1-=-n,故++…+=n+1-, 易知f(x)=x+1-单调递增,且f(99)=100-<100<f(100)=101-,所以满足题意的n的最大值为99. 4.A　已知Sn=2n+1-2, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2-(2n-2)=2n, 又a1=S1=21+1-2=2,符合上式,所以an=2n(n∈N+). 设等差数列{bn}的公差为d,由b5=5b2,得b1+4d=5(b1+d),整理得4b1+d=0,解得d=20,所以bn=20n-25,所以cn=2n-20n+25, 则cn+1-cn=2n+1-20(n+1)+25-2n+20n-25=2n-20, 所以当n<5时,cn+1<cn;当n≥5时,cn+1>cn, 所以c1>c2>c3>c4>c5,c5<c6<c7<c8<…, 又因为c1=7>0,c2=-11<0,c6=-31<0,c7=13>0, 所以当n=1时,c1>0;当2≤n≤6时,cn<0;当n≥7时,cn>0, 所以当n≤6时,数列{Tn}为递减数列;当n≥7时,数列{Tn}为递增数列,所以Tn≥T6,故k=6. 5.ABD　由题意知,前(n+1)项所占的格子组成长为an+an+1,宽为an+1的矩形, 则Sn+1=(an+an+1)an+1=anan+1+,故A正确; 由题意得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), 化简得an+2-a2=a1+a2+…+an,即a1+a2+…+an=an+2-1,故B正确; ∵a1=a2=1,a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,∴a1+a3+a5=8≠a6-1=7,故C错误; 易知cn=π,则cn-1=π,∴4(cn-cn-1)=π(-)=π(an-an-1)(an+an-1)=πan-2an+1(n≥3,n∈N+),故D正确. 6.答案　12;32 解析　由题意可将所有的正奇数分组如下: (1),(3,5,7),(9,11,13,15,17),…, 其中第n(n∈N+)组有(2n-1)个数,且每组的最后一个数为2[1+3+5+…+(2n-1)]-1=2n2-1. 令2n2-1≥2 025,所以n≥32,故2 025属于第32组,易知第32组中的第一个数为1 923,最后一个数为2 047, 且在数表中,1 923~1 985中的正奇数在第32行,1 985~2 047中的正奇数在第32列,从上往下数,2 025是第32列中的第12个数,故2 025在第12行第32列. 7.答案　(1)10　(2) 解析　(1)对于有序数组(2,4,1,3,5), 2的“顺序数”为3,“逆序数”为1, 4的“顺序数”为1,“逆序数”为2, 1的“顺序数”为2,“逆序数”为0, 3的“顺序数”为1,“逆序数”为0, 故T5=4+3+2+1=10. (2)对于有序数组(a1,a2,a3,…,ai,…,an), 易知ai后有(n-i)个数,所以ai的“顺序数”与“逆序数”的和为n-i, 所以Tn=n-1+n-2+…+1=(n≥2,n∈N+), 所以==2(n≥2,n∈N+), 所以+++…+=21-+-+…+-=. 8.解析　(1)已知2Sn=3an+2n-6, 当n≥2时,2Sn-1=3an-1+2(n-1)-6, 两式相减得2an=3an-3an-1+2,即an=3an-1-2,则an-1=3(an-1-1)(n≥2), 而2a1=3a1+2-6,即a1=4,则a1-1=3, 所以数列{an-1}是以3为首项,3为公比的等比数列,所以an-1=3n,则an=3n+1. (2)①由(1)知,an=3n+1,则bn==(-1)n, 则T2n=++…+--+=-+=-+. ②由①知,T2n=-+,则T2n>-, T2n-1=T2n-b2n=-+-=--, 而数列为递增数列,则T2n-1≥T1=--=-,因此Tn≥-, 由存在n∈N+,使得λ≥Tn,得λ≥-, 所以实数λ的取值范围是. 9.解析　(1)数列3,4,5经过第一次“和扩充”后得到数列3,7,4,9,5; 经过第二次“和扩充”后得到数列3,10,7,11,4,13,9,14,5, 故P2=9,S2=76. (2)由数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn,得经过第(n+1)次“和扩充”后增加的项数为Pn-1, 所以Pn+1=Pn+(Pn-1)=2Pn-1, 所以Pn+1-1=2Pn-2=2(Pn-1), 其中数列a,b,c经过第一次“和扩充”后,得到数列a,a+b,b,b+c,c, 故P1=5,P1-1=4, 故{Pn-1}是首项为4,公比为2的等比数列, 所以Pn-1=4×2n-1=2n+1, 故Pn=2n+1+1,n∈N+, 则Pn≥2 049即2n+1+1≥2 049,解得n≥10. 所以n的最小值为10. (3)因为S1=a+a+b+b+b+c+c=2a+3b+2c, S2=S1+3(a+2b+c),S3=S2+32(a+2b+c), 依次类推,得Sn=Sn-1+3n-1(a+2b+c), 故Sn=Sn-1+3n-1(a+2b+c) =Sn-2+3n-2(a+2b+c)+3n-1(a+2b+c) =…=S1+(a+2b+c)(3+32+…+3n-1) =2a+3b+2c+(a+2b+c)· =·3n+. 1 学科网（北京）股份有限公司 $