第5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三册（人教B版）

综合拔高练 高考真题练 考点1　等差数列及其应用 1.(2025全国二,7)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.(2024全国甲文,5)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=1,则a3+a7=(　　) A.　　　B.　　　C.-　　　D. 3.(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 4.(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 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 考点2　等比数列及其应用 7.(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 8.(多选题)(2025全国二,9)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.(2024北京,14)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器,其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列,底面直径依次为65 mm,325 mm,325 mm,且斛量器的高为230 mm,则斗量器的高为　　　　mm,升量器的高为　　　　mm.(不计量器的厚度)  10.(2025全国一,13)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　　　　.  11.(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. 12.(2024天津,19)已知{an}为公比大于0的等比数列,其前n项和为Sn,且a1=1,S2=a3-1. (1)求{an}的通项公式及Sn. (2)设数列{bn}满足bn=其中k∈N*. (i)求证:当n=ak+1(k∈N*,且k>1)时,bn-1≥akbn; (ii)求bi. 考点3　数列的综合应用 13.(2024北京,15)设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列,且都不是常数列.记集合M={k|ak=bk,k∈N*},给出下列四个结论: ①若{an}与{bn}均为等差数列,则M中最多有1个元素; ②若{an}与{bn}均为等比数列,则M中最多有2个元素; ③若{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则M中最多有3个元素; ④若{an}为递增数列,{bn}为递减数列,则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是　　　　.  14.(2024新课标Ⅱ,19)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0<k<1.按照如下方式依次构造点Pn(n=2,3,…):过Pn-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn-1,令Pn为Qn-1关于y轴的对称点.记Pn的坐标为(xn,yn). (1)若k=,求x2,y2; (2)证明:数列{xn-yn}是公比为的等比数列; (3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积.证明:对任意正整数n,Sn=Sn+1. 15.(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>. 强基计划 16.(2024南京大学强基计划)已知f(m)=若a0=4k,an+1=f(an),则满足ak=0的k的最小值为　　　　.  17.(2024北京大学强基计划)x∈R,用[x]表示不超过x的最大整数,并用{{x}}=x-[x]表示x的小数部分,已知a1=,an+1=[an]+,求ak. 高考模拟练 应用实践 1.(2024河南南阳六校联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S5=92,Sn-5=200,Sn=288,则n的值为(　　) A.16　　　B.18　　　C.24　　　D.36 2.(多选题)(2024重庆西南大学附属中学期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若(n+1)Sn>nSn+1,a2 024S2 023<a2 024S2 022,S2 024<S2 022,则下列结论正确的有(　　) A.{an}是递减数列 B.|a2 023|>|a2 024| C.Sn≤S2 023 D.使Sn<0成立的n的最小值为4 046 3.(2025辽宁沈阳第二十中学阶段检测)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,an-=an-1-(n≥2,n∈N+),且关于n的不等式λ2nan≤n(3n-1)有且仅有4个解,则λ的取值范围是　　(　　) A.　　　B. C.　　　D. 4.(2025福建泉州五中期中)已知数列{an}满足an+1an+an+1-4an+2=0,则下列说法正确的是(　　) A.若数列{an}为常数列,则a1=1 B.存在a1∈(1,2),使数列{an}为递减数列 C.对任意a1∈(0,1),都有{an}为递减数列 D.对任意a1∈(2,+∞),都有2<an≤a1 5.(多选题)(2025安徽蚌埠期末)已知数列{Fn}满足F1=F2=1,Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N+),下列结论正确的是(　　) A.Fn+1≥Fn B.Fn+Fn+2≥2Fn+1 C.F2 025-F2 000>25F1 999 D.F1 013+F1 014>F2+F2 023 6.(多选题)(2025福建福州期中)已知等差数列{an}中,a1=,公差为,bn=tan an,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列说法正确的是(　　) A.bn=(-1)n B.b1+b2+b3+…+bn= C.若cn=anbn,则c1+c2+c3+…+cn=π D.若dn=bnSn,则d1+d2+d3+…+d2n=-π 7.(2024北京东城模拟)已知数列{an}的各项均为正数,且an+1=c+an,其中常数c∈R.给出下列四个判断: ①若a1=1,c<0,则an<(n≥2); ②若c=-1,则an<(n≥2); ③若c=1,an>n(n≥2),则a1>1; ④若a1=1,存在实数c,使得an>n(n≥2). 其中所有正确判断的序号是　　　　.  8.(2024天津第四十七中学期中)已知数列{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,S3=7,且a1+3,3a2,a3+4成等差数列.数列{bn}的前n项和为Tn,∀n∈N+,满足-=,且b1=1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)令cn=求数列{cn}的前2n项和Q2n; (3)将数列{an},{bn}的项按照“当n为奇数时,an放在前面;当n为偶数时,bn放在前面”的要求进行排列,得到一个新的数列:a1,b1,b2,a2,a3,b3,b4,a4,a5,b5,b6,a6,…,求这个新数列的前n项和Pn. 9.(2024黑龙江部分学校模拟)已知集合A={a1,a2,…,an,…},B={b1,b2,…,bn,…},{an}是公比为2的等比数列且a2+3,a3+1,a4-3构成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设{bn}是等差数列,将集合A∪B中的元素按从小到大的顺序排列构成的数列记为{cn}. ①若bn=5n-1,数列{cn}的前n项和为Sn,求使Sn≤2 024成立的n的最大值; ②若A∩B=⌀,数列{cn}的前5项构成等比数列,且c1=1,c9=8,试写出所有满足条件的数列{bn}. 迁移创新 10.(2025河北张家口期末)向量a1=(x1,y1),a2=(x2,y2),……,an=(xn,yn)(n∈N+)组成向量列,记作{an}.已知向量列{an}满足a1=(1,1),an=(xn,yn)(n∈N+),且xn+1=xn-yn,yn+1=xn+yn. (1)求数列{|an|}的通项公式; (2)设bn=|an|·log2|an|,且θn=<an,an+1>,cn=. ①数列{bn}是否存在最小项?若存在,求出最小项;若不存在,请说明理由; ②若∃n∈N+,使得+++…+<logk(1-3k)成立,求实数k的取值范围. 答案与分层梯度式解析 高考真题练 1.B　设等差数列{an}的公差为d,∵ ∴∴∴ ∴S6=6a1+d=-15. 2.B　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):不妨令等差数列{an}的公差为0,则S9=9a1=1,所以a1=,则a3+a7=2a1=. 3.C　若{an}为等差数列,设其公差为d, 则Sn=na1+d,所以=a1+d=n+a1-,所以-=,所以为等差数列,所以甲是乙的充分条件; 若为等差数列,则-==为常数,设=t,则Sn=nan+1-tn(n+1),则Sn-1=(n-1)an-tn(n-1),n≥2,两式相减得an=nan+1-(n-1)an-2tn,即an+1-an=2t(n≥2), 当n=1时,上式也成立,所以{an}为等差数列,所以甲是乙的必要条件.故甲是乙的充要条件. 小题速解　由等差数列前n项和的性质:若{an}是公差为d的等差数列,其前n项和为Sn,则的等差数列,可知甲是乙的充分条件.必要性证明同上. 4.C　当n=1时,S1=a1=7, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-2n+9,当n=1时也符合, 则an=-2n+9,n∈N+,则|an|= 设{|an|}的前n项和为Tn, 则T12=+=80. 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==, ∵S99-T99=99,∴99×51d-99×50×=99, ∴51d-=1,解得d=1或d=-, 又∵d>1,∴此时无解,即a1≠2d. 当a1=d时,an=nd,bn=, ∴S99==50×99d, T99==, ∵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= 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. 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.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,所以q≠1, 则 所以S8==×(1-44)=-85. 解法二:设等比数列{an}的公比为q,易知q≠-1, 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. 当S2=时,==q2=-5,无实数解,舍去,故S2=-1,所以S4-S2= -4,所以S6-S4=-16,S8-S6=-64. 又S6=21S2=-21,所以S8=-85. 8.AD　由(舍去),则a5=a1q4=4×=, S5===8×=, an+Sn=4×+=8×+8-8×=8. 9.答案　23;　 解析　设升量器的高为h1 mm,斗量器的高为h2 mm,由题意知==10, 故h2=23,h1=. 10.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 ==,解得q=2(舍负). 解法三:由题意得S4=a1+a2+a3+a4=4, S8=a1+a2+a3+a4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4=(a1+a2+a3+a4)(1+q4)=68, 所以4(1+q4)=68,则1+q4=17,所以q=2(舍负). 11.解析　(1)由4Sn=3an+4①,得4S1=3a1+4, 所以a1=4, 当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4②, ①-②得4an=3an-3an-1,所以an=-3an-1(n≥2), 故数列{an}是以4为首项,-3为公比的等比数列, 所以an=4·(-3)n-1. (2)解法一(错位相减法):由(1)可得bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1, 则Tn=4×1×30+4×2×31+4×3×32+…+4n·3n-1, 所以3Tn=4×1×31+4×2×32+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n, 两式相减得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4·3n-1-4n·3n=-4n·3n=-2+(2-4n)·3n, 所以Tn=1+(2n-1)·3n. 解法二(裂项相消法):由(1)可得bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1=-(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n, 则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. 解法三(递推关系法):由(1)可得bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,所以当n≥2时,Tn=Tn-1+4n·3n-1, 则Tn-(2n-1)·3n=Tn-1-(2n-3)·3n-1(n≥2), 所以{Tn-(2n-1)·3n}为常数列, 又T1-(2×1-1)×31=4-3=1,所以Tn-(2n-1)·3n=1,则Tn=1+(2n-1)·3n. 12.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,q>0, 则S2=a1+a2=a1+a1q=1+q=q2-1,∴q2-q-2=0, ∴q=2或q=-1(舍),∴an=2n-1,Sn==2n-1. (2)(i)证明:当n=ak+1=2k时,bn=k+1.由题意知,当k>1时,,,…,bn-1是一个以k为首项,2k为公差的等差数列,∴bn-1=k+(n-1-ak)×2k=(2k-1)k.因此bn-1-akbn=(2k-1)k-2k-1(k+1)=2k-1(k-1)-k≥2(k-1)-k=k-2≥0. ∴当n=ak+1(k∈N+,且k>1)时,bn-1≥akbn. (ii)记Tk=bi,由(i)有Tk=×2k-1=k×4k-1,又Sn=2n-1=an+1-1, ∴bi=Tk=(k×4k-1). 记U=(k×4k-1),则U=1×40+2×41+3×42+…+n×4n-1,4U=1×41+2×42+…+(n-1)×4n-1+n×4n, 可得-3U=40+41+…+4n-1-n×4n=-n×4n=-4n-.∴bi=U=. 13.答案　①③④ 解析　对于①,因为{an},{bn}均为等差数列,且{an}与{bn}是两个不同的无穷数列,所以点(n,an)和点(n,bn)分布在两条不重合的直线上,由于两条不重合的直线至多有一个公共点,故M中至多有1个元素,故①正确. 对于②,取an=2n,bn=(-2)n,则{an},{bn}均为等比数列,当n为偶数时,an=bn,此时M中有无穷多个元素,故②错误. 对于③,当等比数列{bn}的公比为-1时,易知M中最多有2个元素. 当等比数列{bn}的公比不为-1时,设bn=Aqn(Aq≠0,q≠±1),an=tn+b(t≠0), 若M中至少有4个元素,则关于n的方程Aqn=tn+b至少有4个不同的正整数解, 若q>0,q≠1,则由y=Aqn(n∈N+)和y=tn+b(n∈N+)的图象可得关于n的方程Aqn=tn+b至多有2个不同的整数解; 若q<0,q≠-1,则当关于n的方程Aqn=tn+b有正偶数解时,方程即为A|q|n=tn+b,方程至多有2个正偶数解,且有2个正偶数解时,y=A|q|n,y=tn+b的单调性相同,即Atln|q|>0, Atln|q|<0时,y=A|q|n,y=tn+b的单调性相反,故Atln|q|<0时,关于n的方程A|q|n=tn+b至多有1个正偶数解, 当关于n的方程Aqn=tn+b有正奇数解时,方程即为-A|q|n=tn+b,方程至多有2个正奇数解,且有2个正奇数解时,y=-A|q|n,y=tn+b的单调性相同,即-Atln|q|>0,即Atln|q|<0, Atln|q|>0时,y=-A|q|n,y=tn+b的单调性相反,故Atln|q|>0时,关于n的方程-A|q|n=tn+b至多有1个正奇数解, 又因为Atln|q|>0,Atln|q|<0不可能同时成立, 所以关于n的方程Aqn=tn+b最多有3个不同的正整数解,故③正确. 对于④,因为{an}为递增数列,{bn}为递减数列,所以数列{an}对应的散点整体呈上升趋势,数列{bn}对应的散点整体呈下降趋势,故两者至多有1个公共点,故M中最多有1个元素,故④正确. 故正确结论的序号是①③④. 14.解析　(1)∵点P1(5,4)在C上,∴25-16=m, ∴m=9. 解法一:过P1(5,4)且斜率为k=的直线方程为y-4=(x-5),即x-2y+3=0, 联立 又∵P1(5,4),∴Q1(-3,0), ∵P2(x2,y2)与Q1(-3,0)关于y轴对称, ∴x2=3,y2=0. 解法二:由题意得P2(x2,y2),Q1(-x2,y2),P1(x1,y1)与Q1(-x2,y2)在斜率为的直线上,则x1≠-x2,即x1+x2≠0,且y2-y1=-(x2+x1),即y2-4=-(x2+5)(*), ∵Q1,P1都在双曲线C上,∴ 两式作差,可得(x2-x1)(x2+x1)=(y2-y1)(y2+y1),代入(*),得x2-5=-(y2+4)(**), 联立(*)(**),解得 (2)证明:∵Pn(xn,yn)关于y轴的对称点是Qn-1(-xn,yn),Pn-1(xn-1,yn-1),Qn-1在同一条斜率为k(0<k<1)的直线上,∴xn-1≠-xn,=k, ∵点Pn-1,Qn-1都在双曲线C上,∴ ①-②得(xn-xn-1)(xn+xn-1)=(yn-yn-1)(yn+yn-1), 又yn-yn-1=-k(xn+xn-1)③, ∴xn-xn-1=-k(yn+yn-1)④, ④-③得xn-yn-(xn-1-yn-1)=k(xn-yn)+k(xn-1-yn-1),∴=, 故数列{xn-yn}是公比为的等比数列. (3)(易知△PnPn+1Pn+2与△Pn+1Pn+2Pn+3有公共边Pn+1Pn+2,故要证明=,只需证点Pn和点Pn+3到直线Pn+1Pn+2的距离相等,即只需证明Pn+1Pn+2∥PnPn+3,即证=) 证明:由(2)得数列{xn-yn}是公比为的等比数列, ∵x1-y1=5-4=1, ∴xn-yn=(x1-y1)=. 记t=,0<k<1,则t>1,∴xn-yn==tn-1, 又-=9,∴xn+yn=9t1-n,∴yn=(-tn-1+9t1-n), (利用此式可以消去纵坐标,将斜率表示为仅含t的表达式) 则== =1+ =1+=1-, == =1+ =1+ =1-=1-, ∴=,∴Pn+1Pn+2∥PnPn+3,∴Sn=Sn+1. 15.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a2,a3,a4,a5或a1,a2,a3,a4,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+m+1=(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. 16.答案　6 073 解析　依题意得a0=4k=1+41+42+…+42 024,为奇数,所以a1=f(a0)=1+41+42+…+42 024-1=41+42+…+42 024,为偶数, a2=f(a1)=,为偶数, a3==1+41+42+…+42 023,为奇数, a4=41+42+…+42 023,为偶数, 依此类推a7=41+42+…+42 022,a10=41+42+…+42 021,……,则a10+3×2 020=41,即a6 070=4,则a6 071=2,a6 072=1,a6 073=0, 故满足ak=0的k的最小值为6 073. 17.解析　因为a1=,an+1=[an]+, 所以a2=[a1]+=[a1]+=1+=2+, 同理a3=3+=4+, 猜想:an=2(n-1)+(n∈N+), ①当n=1时,a1=,猜想成立; ②假设n=k(k∈N+)时猜想成立,即ak=2(k-1)+, 则n=k+1时,ak+1=[ak]+=[ak]+=2k-1+=2k-1+=2k+=2[(k+1)-1]+, 所以n=k+1时猜想也成立. 综上,∀n∈N+,都有an=2(n-1)+成立. 因此数列{an}是首项为,公差为2的等差数列, 则ak=2 024 +×2=2 024(+2 023). 高考模拟练 1.A　由题意可得Sn-Sn-5=an+an-1+an-2+an-3+an-4=288-200=88,又S5=a1+a2+a3+a4+a5=92,且a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3=a5+an-4, ∴5(a1+an)=88+92=180,∴a1+an=36, 则Sn==18n=288,解得n=16. 2.ACD　在等差数列{an}中,由(n+1)Sn>nSn+1,得>,即an>an+1, 因此等差数列{an}为递减数列,A正确; 因为a2 024S2 023<a2 024S2 022,所以a2 024(S2 023-S2 022)<0,整理得 a2 023a2 024<0,又{an}为递减数列,所以a2 023>0,a2 024<0,则Sn的最大值是S2 023,则Sn≤S2 023,C正确; 因为S4 046==2 023(a2 023+a2 024)=2 023(S2 024- S2 022)<0,所以a2 023+a2 024<0, 结合a2 023>0,a2 024<0,可得|a2 023|<|a2 024|,B错误; S4 045==4 045a2 023>0,且当n≥4 046时,Sn<0,所以使Sn<0成立的n的最小值是4 046,D正确. 3.B　因为an-=an-1-(n≥2,n∈N+),所以n2(an-an-1)=Sn-Sn-1=an,所以an(n2-1)=n2an-1,即an=an-1,所以数列是常数列,当n=1时,a1=1,所以an=1,即an=, 由λ2nan≤n(3n-1),得λ≤, 令bn=,则bn+1-bn=-==, 当n>2时,bn+1-bn<0,即b3>b4>…>bn, b1=2,b2=,b3=4,b4=,b5=, 因为不等式λ2nan≤n(3n-1)有且仅有4个解,所以λ∈. 4.D　对于A,若数列{an}为常数列,则-3an+2=0,解得an=1或an=2,故A错误; 对于B,由an+1an+an+1-4an+2=0,得(an+1)an+1=4an-2,易知an≠-1,所以an+1=, 若{an}为递减数列,则an+1-an=-an=<0,解得an>2或-1<an<1且an≠0,故不存在a1∈(1,2),使{an}为递减数列,故B错误; 对于C,令a1=,则a2=0,a3=-2,a4=10,此时{an}不是递减数列,故C错误; 对于D,用数学归纳法证明an>2, 当n=1时,a1∈(2,+∞),显然成立, 假设当n=k(k∈N+)时,ak>2, 则n=k+1时,ak+1-2=-2=>0, 故当n=k+1时,ak+1>2也成立,所以an>2(n∈N+), 由B知,当an>2时,数列{an}为递减数列,故2<an≤a1,故D正确. 5.ABC　对于A,由题意得Fn>0,Fn+1-Fn=Fn-1(n≥2),则Fn+1>Fn(n≥2),又F1=F2,所以Fn+1≥Fn,故A正确; 对于B,因为Fn+2=Fn+1+Fn,所以当n≥2时,Fn+Fn+2-2Fn+1=Fn+Fn+1+Fn-2Fn+1=2Fn-Fn+1=2Fn-Fn-Fn-1=Fn-Fn-1,由A可知,当n≥2时,Fn≥Fn-1,所以当n≥2时,Fn+Fn+2≥2Fn+1,当n=1时,F1+F3-2F2=1+2-2=1>0,所以Fn+Fn+2≥2Fn+1(n∈N+),故B正确; 对于C,由Fn+2=Fn+1+Fn,得Fn+2-Fn+1=Fn, 所以F2 025-F2 000=(F2 025-F2 024)+(F2 024-F2 023)+…+(F2 001-F2 000)=F2 023+F2 022+…+F1 999, 因为当n≥2时,Fn+1>Fn, 所以F2 025-F2 000=F2 023+F2 022+…+F1 999>F1 999+F1 999+…+F1 999=25F1 999,故C正确; 对于D,由Fn+2=Fn+1+Fn,可得F1 013+F1 014=F1 015, 因为当n≥2时Fn+1>Fn,所以F1 015<F2 023,又F2=1,所以F1 015<F2+F2 023,所以F1 013+F1 014<F2+F2 023,故D错误. 6.BCD　由题意可得an=+(n-1)×=(2n-1),Sn=n+×=, 则bn=tan an=tan=tan, 故bn=故A错误. 当n为偶数时,b1+b2+b3+…+bn=0;当n为奇数时,b1+b2+b3+…+bn=1,故b1+b2+b3+…+bn=,故B正确. ∵cn=anbn= ∴c2k-1+c2k=a2k-1-a2k=-, ∴当n为偶数时,c1+c2+c3+…+cn=-; 当n为奇数时,c1+c2+c3+…+cn=-+=, ∴c1+c2+c3+…+cn=π,故C正确. ∵dn=bnSn= ∴d2k-1+d2k=S2k-1-S2k=-a2k=-(4k-1), ∴d1+d2+d3+d4+…+d2n-1+d2n=(d1+d2)+(d3+d4)+…+(d2n-1+d2n)=-[3+7+…+(4n-1)]=-×=-π,故D正确. 7.答案　②③④ 解析　对于①,若a1=1,c<0,则a2=c+a1=c+1, 当c=-时,a2=,与a2<矛盾,①错误; 对于②,若c=-1,则an+1=-+an>0,所以0<an<1, 又a2=-+a1=-+<,所以0<a2<,由an+1=-+an得==+,即-=, 由于0<an<1,所以>1,所以->1,所以当n≥2时,->n-2,所以>n-2+>n-2+3=n+1,所以an<(n≥2), ②正确; 对于③,由c=1,得an+1=+an, 假设0<a1≤1,则a2=+a1≤2,与a2>2矛盾,故a1>1,③正确; 对于④,当a1=1时,若c=2,则an+1=2+an,此时a2=2+a1=3>2, 假设an>n(n≥2)成立, 根据二次函数y=2x2+x在(0,+∞)上单调递增, 可得an+1=2+an>2n2+n>n+1, 故在a2>2的情况下,an>n必成立,即存在实数c,使得an>n(n≥2),④正确. 综上,正确判断的序号是②③④. 8.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>1), 由已知得 即 又q>1,∴q=2,a1=1,∴an=2n-1. ∵-=,==1, ∴是首项为1,公差为的等差数列, ∴=1+(n-1)=,∴Tn=(n∈N+), ∴Tn-1=(n≥2), ∴bn=Tn-Tn-1=-=n(n≥2), 又b1=1满足上式,∴bn=n(n∈N+). (2)结合(1)得cn=∴c1+c3+…+c2n-1=1-+-+…+-=1-. 令M=c2+c4+c6+…+c2n, 则M=2×21+4×23+6×25+…+2n×22n-1①, 4M=2×23+4×25+…+(2n-2)×22n-1+2n×22n+1②, ①-②,得-3M=2×21+2×23+2×25+…+2×22n-1-2n×22n+1=-2n×22n+1,∴M=+·4n+1, ∴Q2n=(c1+c3+…+c2n-1)+(c2+c4+…+c2n) =+ =-+·4n+1. (3)由(1)得Sn=2n-1,Tn=. 若n=2k(k∈N+),则Pn=Sk+Tk=2k-1+=-1+. 若n=4k-3(k∈N+),则当k=1时,Pn=P1=1; 当k≥2时,Pn=S2k-1+T2k-2=22k-1-1+=-1+,经检验,n=1满足上式. 若n=4k-1(k∈N+),则Pn=S2k-1+T2k=22k-1-1+=-1+. 综上,Pn=k∈N+. 9.解析　(1)由{an}是公比为2的等比数列且a2+3,a3+1,a4-3构成等比数列,得(a3+1)2=(a2+3)(a4-3),即(4a1+1)2=(2a1+3)·(8a1-3),解得a1=1,故数列{an}的通项公式为an=2n-1. (2)①由an=2n-1,得{an}的前n项和An==2n-1,由bn=5n-1,得{bn}的前n项和Bn==, 易知S32=B26+1+2+8+16+32+128=+187=1 916,S33=S32+b27=1 916+134=2 050, 故使Sn≤2 024成立的n的最大值是32. ②由题意可对集合{cn}中的元素2进行分类讨论: 当c2=2时,由{cn}的前5项构成等比数列,得c4=23=8=c9,显然不成立; 当c3=2时,由{cn}的前5项构成等比数列,得=2, ∴b1=±,当b1=-时,易知不满足{cn}中的项按从小到大的顺序排列,∴b1=, 所以数列{cn}的前5项分别为1,,2,2,4, 此时bn=n,则数列{cn}的前9项分别为1,,2,2,4,3,4,5,8,符合要求; 当ck=2(k≥4)时,b2-b1<2-1,则数列{bn}的公差d<1,∴b6=b1+5d<2+5=7<8, 又A∩B=⌀,∴b1,b2,…,b6,1,2,4这9项均小于8,与c9=8矛盾,故舍去. 综上所述,bn=n. 10.解析　(1)由xn+1=xn-yn,yn+1=xn+yn,得当n≥2时,xn=xn-1-yn-1,yn=xn-1+yn-1, 则|an|===×=|an-1|, 又|a1|=,所以数列{|an|}是以为首项,为公比的等比数列,所以|an|=×=. (2)①由(1)知|an|=, 所以bn=|an|·log2|an|=, 则b1=,b2=0,当n≥3时,bn<0, 当n≥3时,令bn<bn+1, 可得<,即>,可得n2-6n+7>0, 解得n>3+或n<3-(舍去), 又n∈N+,所以n≥5,即b5<b6<b7<…, 同理令bn>bn+1得3≤n≤4,即b3>b4>b5, 综上,数列{bn}存在最小项b5=-×=-. ②由题意得cos θn= ===, 所以θn=,所以cn=, 所以==,1≤i≤n,n∈N+, 所以+++…+=+++…+≥n×=1. 又当n=1时,==1, 所以=1, 因为存在正整数n,使得不等式+++…+<logk(1-3k)成立, 所以只需1<logk(1-3k),即logk(1-3k)>1=logkk, 因此<k<, 故实数k的取值范围是. 素养评析　本题的关键点是递推关系的运用,遇到新定义问题,应弄清新定义的概念、性质以及运算特点,利用转化和化归的思想方法,将不熟悉的数学问题转化成熟悉的问题进行求解,考查了学生数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养. 18 学科网（北京）股份有限公司 $