2024-2025学年苏教版选择性必修第一册 第4章　数列 综合拔高练 作业

这是一份2024-2025学年苏教版选择性必修第一册 第4章　数列 综合拔高练 作业，共28页。
综合拔高练五年高考练考点1　等差数列及其应用1.(2023全国甲文,5)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5=(　　)A.25　　　　B.22C.20　　　　D.152.(2023全国乙理,10)已知等差数列{an}的公差为2π3,集合S={cos an|n∈N*}.若S={a,b},则ab=(　　)A.-1　　　　B.-12C.0　　　　D.123.(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:Snn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.(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5.(2020新高考Ⅰ,14)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　. 6.(2023新课标Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=n2+nan,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.7.(2023新课标Ⅱ,18)已知{an}为等差数列,bn=an-6,n为奇数,2an,n为偶数.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.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.158　　　　B.658　　　　C.15　　　　D.409.(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.-12010.(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.(2023全国甲理,17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.(1)求{an}的通项公式;(2)求数列an+12n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+1α1,b2=1+1α1+1α2,b3=1+1α1+1α2+1α3,…,依此类推,其中αk∈N*(k=1,2,…).则(　　)A.b10”的充分条件.若存在正整数N0,当n>N0时,an>0,取k∈N*且k>N0,ak>0,假设dk,当n>k-akd+1时,an0,即数列{an}是递增数列.所以“{an}为递增数列”是“存在正整数N0,当n>N0时,an>0”的必要条件.所以“{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.故选C.5.答案　3n2-2n解析　∵数列{2n-1}的项依次为1,3,5,7,9,11,13,…,数列{3n-2}的项依次为1,4,7,10,13,…,∴数列{an}是首项为1,公差为6的等差数列,∴an=1+(n-1)×6=6n-5,∴数列{an}的前n项和Sn=(1+6n-5)×n2=3n2-2n.6.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,又∵bn=n2+nan,∴b1=2a1,b2=6a2=6a1+d=3a1,b3=12a3=12a1+2d=4a1,∴T3=b1+b2+b3=9a1,∴S3+T3=6a1+9a1=21,解得a1=3或a1=12(舍),∴an=3n.(2)∵{bn}为等差数列,∴2b2=b1+b3,即12a2=2a1+12a3,即6a1+d=1a1+6a1+2d,即a12-3a1d+2d2=0,∴a1=2d或a1=d.当a1=2d时,an=(n+1)d,bn=nd,∴S99=(2d+100d)×992=99×51d,T99=1d·(1+99)×992=99×50d,又∵S99-T99=99,∴99×51d-99×50·1d=99,∴51d-50d=1,解得d=1或d=-5051,又∵d>1,∴a1≠2d.当a1=d时,an=nd,bn=n+1d,∴S99=(1+99)×99d2=50×99d,T99=1d·(2+100)×992=51×99d,又∵S99-T99=99,∴50×99d-51×99d=99,∴50d-51d=1,解得d=5150或d=-1,又∵d>1,∴d=5150.综上,d=5150.7.解析　(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,∵bn=an-6,n为奇数,2an,n为偶数,∴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+n(n-1)2d=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)=a1+an-12·n2-6·n2+2·a2+an2·n2=5+2(n-1)+32·n2-3n+7+2n+32·n=3n2+7n2.∴Tn-Sn=3n2+7n2-n2-4n=3n2+7n-2n2-8n2=n2-n2=n(n-1)2>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)=a1+an2·n+12-6·n+12+2·a2+an-12·n-12=5+2n+32·n+12-3(n+1)+(n-1)·7+2(n-1)+32=3n2+5n-102,∴Tn-Sn=3n2+5n-102-(n2+4n)=n2-3n-102=(n-5)(n+2)2>0(n≥7),∴n(n≥7)为奇数时,Tn>Sn.综上可知,当n>5时,Tn>Sn.8.C　设{an}的公比为q,易知q>0且q≠1,∵S5=5S3-4,∴a1(1-q5)1-q=5×a1(1-q3)1-q-4,又a1=1,∴q5-5q3+4q=0,∴(q2-4)(q2-1)=0,解得q=2,∴S4=a1(1-q4)1-q=1-241-2=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=-54,因为S6=6a1=-152,21S2=21×2a1=-1052,所以S6≠21S2,故q≠1.由已知得a1(1-q4)1-q=-5,a1(1-q6)1-q=21·a1(1-q2)1-q,即q2=4,a11-q=13,所以S8=a1(1-q8)1-q=13×(1-44)=-85,故选C.解法二:由等比数列前n项和的性质:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…为等比数列,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4S22-S2-5=0,即(4S2-5)(S2+1)=0,所以S2=54或S2=-1.设等比数列{an}的公比为q,当S2=54时,S4-S2S2=a3+a4a1+a2=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　-12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=a1(1-q6)1-q,S3=a1(1-q3)1-q,又因为8S6=7S3,所以8a1(1-q6)1-q=7a1(1-q3)1-q,易知a1≠0,所以q3=-18,即q=-12.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=S6-S3S3=-18,则q=-12.11.答案　-2解析　设等比数列{an}的公比为q(q≠0),an≠0,由a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,可得a1q·a1q3·a1q4=a1q2·a1q5,a1q8·a1q9=-8,整理可得a1=q-1,q5=-2,所以a7=a1q6=q5=-2.12.解析　(1)当n=1时,2a1=a1,即a1=0,当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,①又2Sn=nan,②∴②-①得2an=nan-(n-1)an-1,即(n-2)an=(n-1)an-1.当n=2时,上式成立.当n≥3时,anan-1=n-1n-2,∴an=a3a2·a4a3·a5a4·…·anan-1·a2=21×32×43×…×n-1n-2×1=n-1,即an=n-1(n≥3).当n=1时,a1=0符合上式,当n=2时,a2=1符合上式.综上,{an}的通项公式为an=n-1,n∈N*.(2)由(1)知an+1=n,设bn=an+12n=n2n=n·12n.∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×121+2×122+3×123+…+n·12n,①12Tn=1×122+2×123+…+(n-1)·12n+n·12n+1,②①-②得12Tn=121+122+123+…+12n-n·12n+1=121-12n1-12-n·12n+1=1-12n-n·12n+1=1-12n1+n2,∴Tn=2-(n+2)·12n.故数列an+12n的前n项和Tn=2-(n+2)·12n.13.D　解法一:因为αk∈N*(k=1,2,…),所以α11α1+1α2,所以b1>b2,同理可得b1>b3>b5>b7,b7>b8,易知1α2>1α2+1α3+1α4,所以1+1α1+1α2