高中二轮复习数学(文)通用版：专题检测(十) 数 列 Word版含解析

高考数学二轮复习提高题专题复习数列多选题练习题附解析一、数列多选题1．两个等差数列{}n a 和{}n b ，其公差分别为1d 和2d ，其前n 项和分别为n S 和n T ，则下列命题中正确的是（ ）A ．若为等差数列，则112da =B ．若{}n n S T +为等差数列，则120d d +=C ．若{}n n a b 为等差数列，则120d d ==D ．若*n b N ∈，则{}n b a 也为等差数列，且公差为12d d +【答案】AB 【分析】对于A ，利用=对于B ，利用()2211332S T S T S T +=+++化简可得答案； 对于C ，利用2211332a b a b a b =+化简可得答案； 对于D ，根据112n n b b a a d d +-=可得答案. 【详解】对于A ，因为为等差数列，所以=即== 化简得()21120d a -=，所以112d a =，故A 正确；对于B ，因为{}n n S T +为等差数列，所以()2211332S T S T S T +=+++， 所以()11121111122223333a d b d a b a d b d +++=+++++， 所以120d d +=，故B 正确；对于C ，因为{}n n a b 为等差数列，所以2211332a b a b a b =+， 所以11121111122()()(2)(2)a d b d a b a d b d ++=+++， 化简得120d d =，所以10d =或20d =，故C 不正确；对于D ，因为11(1)n a a n d =+-，且*n b N ∈，所以11(1)n b n a a b d =+-()112111a b n d d =++--⎡⎤⎣⎦，所以()()1111211n b a a b d n d d =+-+-，所以()()()11111211112111n n b b a a a b d nd d a b d n d d +-=+-+-----12d d =， 所以{}n b a 也为等差数列，且公差为12d d ，故D 不正确. 故选：AB【点睛】关键点点睛：利用等差数列的定义以及等差中项求解是解题关键.2．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且12a =，38a =则（ ） A ．512a = B ．公差3d =C ．()261n S n n =+D ．数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为64nn + 【答案】BCD 【分析】根据已知条件求出等差数列{}n a 的通项公式和前n 项和公式，即可判断选项A 、B 、C ，再利用裂项求和即可判断选项D. 【详解】因为数列{}n a 是等差数列，则312228a a d d =+=+=，解得：3d =，故选项B 正确； 所以()21331n a n n =+-⨯=-，对于选项A ：535114a =⨯-=，故选项A 不正确；对于选项C ：()()2222132612n n S n n n ++-⨯⎡⎤⎣⎦=⨯=+，所以故选项C 正确； 对于选项D ：()()111111313233132n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 所以前n 项和为111111111325588113132n n ⎛⎫-+-+-++-⎪-+⎝⎭()611132322324n n n n n ⎛⎫=-== ⎪++⎝⎭+，故选项D 正确， 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解.3．已知等差数列{}n a 中，59a a =，公差0d >，则使得前n 项和n S 取得最小值的正整数n 的值是（ ） A ．5 B ．6C ．7D ．8【答案】BC 【分析】分析出数列{}n a 为单调递增数列，且70a =，由此可得出结论. 【详解】在等差数列{}n a 中，59a a =，公差0d >，则数列{}n a 为递增数列，可得59a a <，59a a ∴=-，可得5975202a a a a +==>，570a a ∴<=，所以，数列{}n a 的前6项均为负数，且70a =， 因此，当6n =或7时，n S 最小. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：本题考查等差数列前n 项和最大值的方法如下：（1）利用n S 是关于n 的二次函数，利用二次函数的基本性质可求得结果； （2）解不等式0n a ≥，解出满足此不等式的最大的n 即可找到使得n S 最小.4．关于等差数列和等比数列，下列四个选项中正确的有（ ） A ．若数列{}n a 的前n 项和22n S n =，则数列{}n a 为等差数列B ．若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-，则数列{}n a 为等比数列C ．若等比数列{}n a 是递增数列，则{}n a 的公比1q >D ．数列{}n a 是等比数列，n S 为前n 项和，则n S ，2n n S S -，32n n S S -，仍为等比数列 【答案】AB 【分析】对于A ，求出 42n a n =-，所以数列{}n a 为等差数列，故选项A 正确；对于B ， 求出2n n a =，则数列{}n a 为等比数列，故选项B 正确；对于选项C ，有可能10,01a q <<<，不一定 1q >，所以选项C 错误；对于D ，比如公比1q =-，n 为偶数，n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯，均为0，不为等比数列．故选项D 不正确． 【详解】对于A ，若数列{}n a 的前n 项和22n S n =，所以212(1)(2)n S n n -=-≥，所以142(2)n n n a S S n n -=-=-≥，适合12a =，所以数列{}n a 为等差数列，故选项A 正确；对于B ，若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-，所以122(2)nn S n -=-≥，所以12(2)n n n n a S S n -=-=≥，又1422a =-=，2218224a S S =-=--=， 212a a =则数列{}n a 为等比数列，故选项B 正确；对于选项C ，若等比数列{}n a 是递增数列，则有可能10,01a q <<<，不一定 1q >，所以选项C 错误；对于D ，数列{}n a 是等比数列，n S 为前n 项和，则n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯不一定为等比数列，比如公比1q =-，n 为偶数，n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯，均为0，不为等比数列．故选项D 不正确． 故选：AB 【点睛】方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）公式法；（2）归纳法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.5．已知数列{}n a 中，112a =，且()11n n n a a a +=+，n *∈N ，则以下结论正确的是（ ） A ．11111n n n a a a +=-+ B ．{}n a 是单调递增数列 C ．211011111111a a a a +++>+++ D ．若1212120111n n a a aa a a ⎡⎤+++=⎢⎥+++⎣⎦，则122n =([]x 表示不超过x 的最大整数) 【答案】ABD 【分析】利用裂项法可判断A 选项的正误；利用数列单调性的定义可判断B 选项的正误；利用裂项求和法可判断C 选项的正误；求出1212111nn a a aa a a ++++++的表达式，可判断D 选项的正误. 【详解】在数列{}n a 中，112a =，且()11n n n a a a +=+，n *∈N ，则()21110a a a =+>，()32210a a a =+>，，依此类推，可知对任意的n *∈N ，0n a >.对于A 选项，()()()111111111n n n n n n n n n a a a a a a a a a ++-===-+++，A 选项正确；对于B 选项，210n n n a a a +-=>，即1n n a a +>，所以，数列{}n a 为单调递增数列，B 选项正确；对于C 选项，由A 选项可知，11111n n n a a a +=-+， 所以，1212231011111110111111111111111a a a a a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=-< ⎪ ⎪⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，C 选项错误； 对于D 选项，12122311111111111111111n n n n a a a a a a a a a a a ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=- ⎪ ⎪⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以，()()()12121212111111111111n nn n a a a a a a a a a a a a +-+++=+++++++++-+-+121111111112111n n n n n n a a a a a a ++⎛⎫⎛⎫=-+++=--=-+ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭， 由112a =，且()11n n n a a a +=+得234a =，32116a =，又{}n a 是单调递增数列，则3n ≥时，1n a >，则101na <<， 从而1122120n n n a +⎡⎤-=-=⎢⎥⎣⎦+，得122n =，D 选项正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a ＝，且1n n S a λ-＝（λ为常数）．若数列{}n b 满足2920n n a b n n -+-＝，且1n n b b +<，则满足条件的n 的取值可以为（ ）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】AB 【分析】利用11a S =可求得2λ=；利用1n n n a S S -=-可证得数列{}n a 为等比数列，从而得到12n na ，进而得到nb ；利用10nnb b 可得到关于n 的不等式，解不等式求得n 的取值范围，根据n *∈N 求得结果. 【详解】当1n =时，1111a S a λ==-，11λ∴-=，解得：2λ=21n n S a ∴=-当2n ≥且n *∈N 时，1121n n S a --=-1122n n nn n a S S a a ，即：12n n a a -=∴数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n na2920n n a b n n =-+-，219202n n n n b --+-∴= ()()222111912092011280222n n n n nn n n n n n b b +--+++--+--+∴-=-=< 20n >，()()21128470n n n n ∴-+=--<，解得：47n <<又n *∈N ，5n ∴=或6 故选：AB 【点睛】关键点点睛：本题考查数列知识的综合应用，涉及到利用n a 与n S 的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识，解决本题的关键点是能够得到n b 的通项公式，进而根据单调性可构造出关于n 的不等式，从而求得结果，考查学生计算能力，属于中档题．7．设数列{}n a 的前n 项和为*()n S n N ∈，关于数列{}n a ，下列四个命题中正确的是（ ）A ．若1*()n n a a n N +∈=，则{}n a 既是等差数列又是等比数列B ．若2n S An Bn =+(A ，B 为常数，*n N ∈)，则{}n a 是等差数列C ．若()11nn S =--，则{}n a 是等比数列D ．若{}n a 是等差数列，则n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈也成等差数列【答案】BCD 【分析】利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解. 【详解】选项A: 1*()n n a a n N +∈=,10n n a a +∴-=得{}n a 是等差数列，当0n a =时不是等比数列，故错; 选项B:2n S An Bn =+,12n n a a A -∴-=,得{}n a 是等差数列，故对;选项C: ()11nn S =--,112(1)(2)n n n n S S a n --∴-==⨯-≥,当1n =时也成立，12(1)n n a -∴=⨯-是等比数列，故对;选项D: {}n a 是等差数列，由等差数列性质得n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈是等差数列，故对; 故选：BCD 【点睛】熟练运用等差数列的定义、性质、前n 项和公式是解题关键.8．下列说法中正确的是（ ）A ．数列{}n a 成等差数列的充要条件是对于任意的正整数n ，都有122n n n a a a ++=+B ．数列{}n a 成等比数列的充要条件是对于任意的正整数n ，都有212n n n a a a ++=C ．若数列{}n a 是等差数列，则n S 、2n n S S -、32n n S S -也是等差数列D ．若数列{}n a 是等比数列，则n S 、2n n S S -、32n n S S -也是等比数列 【答案】AC 【分析】利用等差中项法可判断A 选项的正误；取0n a =可判断B 选项的正误；利用等差数列求和公式以及等差中项法可判断C 选项的正误；取1q =-，n 为偶数可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，充分性：若数列{}n a 成等差数列，则对任意的正整数n ，n a 、1n a +、2n a +成等差数列，则121n n n n a a a a +++-=-，即122n n n a a a ++=+，充分性成立； 必要性：对任意的正整数n ，都有122n n n a a a ++=+，则121n n n n a a a a +++-=-， 可得出2132431n n a a a a a a a a +-=-=-==-=，所以，数列{}n a 成等差数列，必要性成立.所以，数列{}n a 成等差数列的充要条件是对于任意的正整数n ，都有122n n n a a a ++=+，A 选项正确；对于B 选项，当数列{}n a 满足0n a =时，有212n n n a a a ++=，但数列{}n a 不是等比数列，B选项错误；对于C 选项，设等差数列{}n a 的公差为d ，则()112n n n dS na -=+，()2122122n n n d S na -=+，()3133132n n n dS na -=+， 所以，()()()22111322112222n n n n d n n d n n d S S na na na ---⎡⎤⎡⎤-=+-+=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， ()()()232111533122132222n n n n d n n d n n d S S na na na ---⎡⎤⎡⎤-=+-+=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 所以，()()()()22232111532222n n n n n d n n d n n d S S S na na na ⎡⎤⎡⎤⎡⎤---⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+=+++=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦()22n n S S =-，所以，n S 、2n n S S -、32n n S S -是等差数列，C 选项正确；对于D 选项，当公比1q =-，且n 是偶数时，n S 、2n n S S -、32n n S S -都为0， 故n S 、2n n S S -、32n n S S -不是等比数列，所以D 选项错误. 故选：AC. 【点睛】 方法点睛；1.判断等差数列有如下方法：（1）定义法：1n n a a d +-=（d 为常数，n *∈N ）； （2）等差中项法：()122n n n a a a n N*++=+∈；（3）通项法：n a p n q =⋅+（p 、q 常数）；（4）前n 项和法：2n S p n q n =⋅+⋅（p 、q 常数）.2.判断等比数列有如下方法： （1）定义法：1n na q a +=（q 为非零常数，n *∈N ）； （2）等比中项法：212n n n a a a ++=⋅，n *∈N ，0n a ≠； （3）通项公式法：nn a p q =⋅（p 、q 为非零常数）； （4）前n 项和法：nn S p q p =⋅-，p 、q 为非零常数且1q ≠.9．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，218a =，512a =，则下列选项正确的是（ ） A ．2d =- B ．122a =C ．3430a a +=D ．当且仅当11n =时，n S 取得最大值【答案】AC 【分析】先根据题意得等差数列{}n a 的公差2d =-，进而计算即可得答案. 【详解】解：设等差数列{}n a 的公差为d ，则52318312a a d d =+=+=，解得2d =-.所以120a =，342530a a a a +=+=，11110201020a a d =+=-⨯=， 所以当且仅当10n =或11时，n S 取得最大值. 故选：AC 【点睛】本题考查等差数列的基本计算，前n 项和n S 的最值问题，是中档题. 等差数列前n 项和n S 的最值得求解常见一下两种情况：（1）当10,0a d ><时，n S 有最大值，可以通过n S 的二次函数性质求解，也可以通过求满足10n a +<且0n a >的n 的取值范围确定；（2）当10,0a d <>时，n S 有最小值，可以通过n S 的二次函数性质求解，也可以通过求满足10n a +>且0n a <的n 的取值范围确定；10．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，1+14,()n n a S a n N *==∈，数列12(1)n n n n a +⎧⎫+⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为n T ，n *∈N ，则下列选项正确的是（ ） A ．24a = B ．2nn S =C ．38n T ≥D ．12n T <【答案】ACD 【分析】在1+14,()n n a S a n N *==∈中，令1n =，则A 易判断；由32122S a a =+=，B 易判断；令12(1)n n n b n n a ++=+，138b =，2n ≥时，()()1112211(1)12212n n n n n n n b n n a n n n n +++++===-++⋅+⋅，裂项求和3182n T ≤<，则CD 可判断. 【详解】解：由1+14,()n n a S a n N *==∈，所以2114a S a ===，故A 正确；32212822S a a =+==≠，故B 错误；+1n n S a =，12,n n n S a -≥=，所以2n ≥时，11n n n n n a S S a a -+=-=-，12n na a +=， 所以2n ≥时，2422n n n a -=⋅=，令12(1)n n n b n n a ++=+，12123(11)8b a +==+， 2n ≥时，()()1112211(1)12212n n n n n n n b n n a n n n n +++++===-++⋅+⋅，1138T b ==，2n ≥时，()()23341131111111118223232422122122n n n n T n n n ++=+-+-++-=-<⨯⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅ 所以n *∈N 时，3182n T ≤<，故CD 正确；故选：ACD. 【点睛】方法点睛：已知n a 与n S 之间的关系，一般用()11,12n nn a n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩递推数列的通项，注意验证1a 是否满足()12n n n a S S n -=-≥；裂项相消求和时注意裂成的两个数列能够抵消求和.。

第二章过关检测(时间:90分钟 满分:100分)知识点分布表一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)1.在等差数列{a n }中,S 10=120,则a 1+a 10的值是( )A.12B.24C.36D.48答案:B 解析:S 10=10(a 1+a 10)2=120解得,a 1+a 10=24. 2.等比数列{a n }中,a 2,a 6是方程x 2-34x+64=0的两根,则a 4=( ) A.8 B.-8C.±8D.以上都不对答案:A解析:由已知得a 2+a 6=34,a 2·a 6=64,所以a 2>0,a 6>0,则a 4>0.又a 42=a 2·a 6=64,∴a 4=8.3.如果f (n+1)=2f (n )+12(n=1,2,3,…)且f (1)=2,则f (101)等于( )A.49B.50C.51D.52答案:D解析:∵f (n+1)=2f (n )+12=f (n )+12, ∴f (n+1)-f (n )=1,即数列{f (n )}是首项为2,公差为12的等差数列.∴通项公式为f (n )=2+(n-1)×12=12n+32. ∴f (101)=12×101+32=52.4.已知各项均为正数的等比数列{a n }中,a 1a 2a 3=5,a 7a 8a 9=10,则a 4a 5a 6=( )A .5√2B .7C .6D .4√2答案:A解析:(a 1a 2a 3)·(a 7a 8a 9)=(a 1a 9)·(a 2a 8)·(a 3a 7)=a 56=50,∴a 53=5√2.又a 4a 5a 6=(a 4a 6)·a 5=a 53,故选A .5.若数列{a n }满足a 1=15,且3a n+1=3a n -2,则使a k ·a k+1<0的k 值为( ) A.22 B.21 C.24 D.23答案:D解析:因为3a n+1=3a n -2,所以a n+1-a n =-23,所以数列{a n }是首项为15,公差为-23的等差数列,所以a n =15-23(n-1)=-23n+473,由a n =-23n+473>0,得n<23.5,所以使a k ·a k+1<0的k 值为23.6.若数列{a n }满足a n+1=1-1a n,且a 1=2,则a 2 012等于 ( )A .-1B .2C .√2D .12答案:D解析:∵a n+1=1-1a n,a 1=2,∴a 2=1-12=12,a 3=1-2=-1,a 4=1-1-1=2.由此可见,数列{a n }的项是以3为周期重复出现的,∴a 2 012=a 670×3+2=a 2=12.7.数列{a n }的首项为3,{b n }为等差数列且b n =a n+1-a n (n ∈N *).若b 3=-2,b 10=12,则a 8=( ) A .0 B .3 C .8 D .11答案:B解析:{b n }为等差数列,公差d=b 10-b 310-3=2, ∴b n =b 3+2(n-3)=2n-8. ∴a n+1-a n =2n-8.∴a 8=a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a 8-a 7)=3+(-6)+(-4)+…+6 =3+7×(-6+6)2=3.8.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S m-1=-2,S m =0,S m+1=3,则m=( ) A .3 B .4 C .5 D .6答案:C解析:∵S m-1=-2,S m =0,S m+1=3,∴a m =S m -S m-1=0-(-2)=2,a m+1=S m+1-S m =3-0=3.∴d=a m+1-a m =3-2=1. ∵S m =ma 1+m (m -1)2×1=0, ∴a 1=-m -12. 又∵a m+1=a 1+m×1=3,∴-m -12+m=3. ∴m=5.故选C .9.等差数列{a n }中,已知3a 5=7a 10,且a 1<0,则数列{a n }前n 项和S n (n ∈N *)中最小的是( ) A.S 7或S 8 B.S 12 C.S 13 D.S 14答案:C解析:由3a 5=7a 10得3(a 1+4d )=7(a 1+9d ),解得d=-451a 1>0.所以a n =a 1+(n-1)d=a 1-(n-1)×451a 1, 由a n =a 1-(n-1)×451a 1≤0, 即1-4(n -1)51≥0,解得n ≤554=1334, 即当n ≤13时,a n <0.当n>13时,a n >0,所以前13项和最小,所以选C .10.(2015河南南阳高二期中,12)数列{a n }的前n 项和S n =n 2+n+1;b n =(-1)n a n (n ∈N *);则数列{b n }的前50项和为( ) A.49 B.50C.99D.100答案:A解析:∵数列{a n }的前n 项和S n =n 2+n+1,∴a 1=S 1=3,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2+n+1-[(n-1)2+(n-1)+1]=2n ,故a n ={3,n =1,2n ,n ≥2.∴b n =(-1)n a n ={-3,n =1,(-1)n ·2n ,n ≥2,∴数列{b n }的前50项和为(-3+4)+(-6+8)+(-10+12)+…+(-98+100)=1+24×2=49,故选A . 二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分)11.已知数列{a n }中,a n =2×3n-1,则由它的偶数项所组成的新数列的前n 项和S n = .答案:3(9n -1)4解析:∵数列{a n }是等比数列,∴它的偶数项也构成等比数列,且首项为6,公比为9. ∴其前n 项和S n =6(1-9n )1-9=3(9n -1)4. 12.正项数列{a n }满足:a 1=1,a 2=2,2a n 2=a n+12+a n -12(n ∈N *,n ≥2),则a 7= .答案:√19解析:因为2a n 2=a n+12+a n -12(n ∈N *,n ≥2),所以数列{a n 2}是以a 12=1为首项, 以d=a 22−a 12=4-1=3为公差的等差数列. 所以a n 2=1+3(n-1)=3n-2.所以a n =√3n -2,n ≥1. 所以a 7=√3×7-2=√19.13.(2015江西吉安联考,13)已知数列{a n }满足a n a n+1a n+2a n+3=24,且a 1=1,a 2=2,a 3=3,则a 1+a 2+a 3+…+a 2 013+a 2 014= . 答案:5 033解析:∵数列{a n }满足a n a n+1a n+2a n+3=24,∴a 1a 2a 3a 4=24,a 4=24a 1a 2a 3=241×2×3=4,∵a n a n+1a n+2a n+3=24, ∴a n+1a n+2a n+3a n+4=24, ∴a n+4=a n ,∴数列{a n }是以4为周期的周期数列,2 014=503×4+2,∴a 1+a 2+a 3+…+a 2 013+a 2 014=503×(1+2+3+4)+1+2=5 033.14.(2015山东省潍坊四县联考,14)已知数列{a n }满足a 1+3·a 2+32·a 3+…+3n-1·a n =n,则a n = . 答案:12×3n -1解析:∵a 1+3·a 2+32·a 3+…+3n-1·a n =n2,∴当n ≥2时,a 1+3·a 2+32·a 3+…+3n-2·a n-1=n -12, 两式相减得3n-1·a n =n2−n -12=12,即a n =12×3n -1,n ≥2,当n=1时,a 1=12,满足a n =12×3n -1,故a n =12×3n -1.三、解答题(本大题共4小题,15、16小题每小题10分,17、18小题每小题12分,共44分)15.(2015河南郑州高二期末,17)设等差数列{a n }满足a 3=5,a 10=-9. (1)求{a n }的通项公式;(2)求{a n }的前n 项和S n 的最大值. 解:(1)由a n =a 1+(n-1)d 及a 3=5,a 10=-9得,{a 1+2d =5,a 1+9d =-9,解得{a 1=9,d =-2.数列{a n }的通项公式为a n =11-2n. (2)由(1)知S n =na 1+n (n -1)2d=10n-n 2. 因为S n =-(n-5)2+25.所以n=5时,S n 取得最大值25.16.在公差为d 的等差数列{a n }中,已知a 1=10,且a 1,2a 2+2,5a 3成等比数列. (1)求d ,a n ;(2)若d<0,求|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |. 解:(1)由题意得5a 3·a 1=(2a 2+2)2,即d 2-3d-4=0. 故d=-1或d=4.所以a n =-n+11,n ∈N *或a n =4n+6,n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ,因为d<0,由(1)得d=-1,a n =-n+11. 则当1≤n ≤11时,|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=S n =-12n 2+212n. 当n ≥12时,|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n | =-S n +2S 11 =12n 2-212n+110.综上所述,|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |={-12n 2+212n ,1≤n ≤11,12n 2-212n +110,n ≥12.17.(2015福建省宁德市五校联考,21)已知数列{a n }中,a 1=3,a n+1=4a n +3. (1)试写出数列{a n }的前三项;(2)求证:数列{a n +1}是等比数列,并求数列{a n }的通项公式a n ; (3)设b n =log 2(a n +1),记数列{1n n+1}的前n 项和为T n ,求T n 的取值范围.解:(1)∵a 1=3,a n+1=4a n +3,∴a 1=3,a 2=15,a 3=63.(2)∵a n+1+1a n +1=4a n +3+1a n +1=4, ∴数列{a n +1}是公比为4的等比数列. ∴a n +1=(a 1+1)·4n-1=4n , ∴a n =4n -1.(3)∵b n =log 2(a n +1)=log 24n =2n ,∴1bn b n+1=12n ·2(n+1)=14(1n -1n+1), ∴T n =14[(1-12)+(12-13)+(13-14)+…+(1n -1n +1)]=14(1-1n+1), ∵T n =14(1-1n+1)是关于n (n ∈N *)的单调递增函数, ∴n=1时,(T n )min =18,n →+∞时,T n →14. ∴T n 的取值范围是[18,14).18.(2015山东高考,理18)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n =3n +3. (1)求{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足a n b n =log 3a n ,求{b n }的前n 项和T n . 解:(1)因为2S n =3n +3,所以2a 1=3+3,故a 1=3, 当n>1时,2S n-1=3n-1+3,此时2a n =2S n -2S n-1=3n -3n-1=2×3n-1,即a n =3n-1,所以a n ={3,n =1,3n -1,n >1.(2)因为a n b n =log 3a n ,所以b 1=13, 当n>1时,b n =31-n log 33n-1=(n-1)·31-n . 所以T 1=b 1=13;当n>1时,T n =b 1+b 2+b 3+…+b n =13+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n ), 所以3T n =1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n ),两式相减,得2T n =23+(30+3-1+3-2+…+32-n )-(n-1)×31-n=23+1-31-n 1-3-1-(n-1)×31-n =136−6n+32×3n, 所以T n =1312−6n+34×3n. 经检验,n=1时也适合. 综上可得T n =1312−6n+34×3n.。

高考数学二轮复习数列多选题知识点及练习题含答案一、数列多选题1．各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项积为n T ，若11a >，公比1q ≠，则下列命题正确的是（ ）A ．若59T T =，则必有141T =B ．若59T T =，则必有7T 是n T 中最大的项C ．若67T T >，则必有78T T >D ．若67T T >，则必有56T T >【答案】ABC 【分析】根据题意，结合等比数列的通项公式、等差数列的前n 项和公式，以及等比数列的性质，逐项分析，即可求解. 【详解】由等比数列{}n a 可知11n n a a q -=⋅，由等比数列{}n a 的前n 项积结合等差数列性质可知：()1211212111111123n n n n n n n n a a q a q a qa a T a a a q a q--+++-=⋅⋅⋅==⋅=对于A ，若59T T =，可得51093611a q a q =，即42611a q =，()71491426211141a q q T a ∴===，故A 正确；对于B ，若59T T =，可得42611a q =，即13211a q=，又11a >，故1q <，又59T T =，可知67891a a a a =，利用等比数列性质知78691a a a a ==，可知67891,1,1,1a a a a >><<，故7T 是n T 中最大的项，故B 正确；对于C ，若67T T >，则61572111a q a q >，即611a q <，又10a >，则1q <，可得76811871T T a a q a q <=<=，故78T T >，故C 正确； 对于D ，若67T T >，则611a q <，56651T a T a q ==，无法判断其与“1”的大小关系，故D 错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式及等差数列前n 项和公式，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和性质及等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力，属于较难题.2．某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ）A ．22800a t =-B ．175n n a a t +=- C ．1n n a a +> D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【分析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-， 第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误； 第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确； 因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+， 所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t ta a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-，因为800t <，所以7280002t->， 所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确； 当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误； 故选：BC 【点睛】解题的关键是根据123,,a a a ，总结出n a ，并利用求和公式，求得n a 的表达式，综合性较强，考查计算化简的能力，属中档题.3．已知数列{}n a ，{}n b 满足，11a =，11n n n a a a +=+，1(1)n n b n a =+，若23100100122223100b b b T b =++++，则（ ） A ．n a n = B ．1n n b n =+ C ．100100101T =D ．10099100T =【答案】BC 【分析】 先证明数列1n a 是等差数列得1n a n =，进而得1(1)1n nn b n a n ==++，进一步得()211111n b n n n n n ==-++，再结合裂项求和得100100101T =. 【详解】 解:因为11nn n a a a +=+,两边取倒数得: 1111n n a a +=+,即1111n na a ,所以数列1n a 是等差数列,公差为1,首项为111a ,故()1111n n n a =+-⨯=,所以1n a n=, 所以1(1)1n n nb n a n ==++，故()211111n b n n n n n ==-++， 所以31002100122211112310022334100101b b b T b =++++=++++⨯⨯⨯11111111100122334100101101101⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 故BC 正确，AD 错误； 故选：BC 【点睛】本题考查数列通项公式的求解，裂项求和，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明数列1na 是等差数列，进而结合裂项求和求解100T .4．关于等差数列和等比数列，下列四个选项中正确的有（ ） A ．若数列{}n a 的前n 项和22n S n =，则数列{}n a 为等差数列B ．若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-，则数列{}n a 为等比数列C ．若等比数列{}n a 是递增数列，则{}n a 的公比1q >D ．数列{}n a 是等比数列，n S 为前n 项和，则n S ，2n n S S -，32n n S S -，仍为等比数列 【答案】AB 【分析】对于A ，求出 42n a n =-，所以数列{}n a 为等差数列，故选项A 正确；对于B ， 求出2n n a =，则数列{}n a 为等比数列，故选项B 正确；对于选项C ，有可能10,01a q <<<，不一定 1q >，所以选项C 错误；对于D ，比如公比1q =-，n 为偶数，n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯，均为0，不为等比数列．故选项D 不正确． 【详解】对于A ，若数列{}n a 的前n 项和22n S n =，所以212(1)(2)n S n n -=-≥，所以142(2)n n n a S S n n -=-=-≥，适合12a =，所以数列{}n a 为等差数列，故选项A 正确；对于B ，若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-，所以122(2)nn S n -=-≥，所以12(2)n n n n a S S n -=-=≥，又1422a =-=，2218224a S S =-=--=， 212a a =则数列{}n a 为等比数列，故选项B 正确；对于选项C ，若等比数列{}n a 是递增数列，则有可能10,01a q <<<，不一定 1q >，所以选项C 错误；对于D ，数列{}n a 是等比数列，n S 为前n 项和，则n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯不一定为等比数列，比如公比1q =-，n 为偶数，n S ，2n n S S -，32n n S S -，⋯，均为0，不为等比数列．故选项D 不正确． 故选：AB 【点睛】方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）公式法；（2）归纳法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a ＝，且1n n S a λ-＝（λ为常数）．若数列{}n b 满足2920n n a b n n -+-＝，且1n n b b +<，则满足条件的n 的取值可以为（ ）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】AB 【分析】利用11a S =可求得2λ=；利用1n n n a S S -=-可证得数列{}n a 为等比数列，从而得到12n na ，进而得到nb ；利用10nnb b 可得到关于n 的不等式，解不等式求得n 的取值范围，根据n *∈N 求得结果.【详解】当1n =时，1111a S a λ==-，11λ∴-=，解得：2λ=21n n S a ∴=-当2n ≥且n *∈N 时，1121n n S a --=-1122n n nn n a S S a a ，即：12n n a a -=∴数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n na2920n n a b n n =-+-，219202n n n n b --+-∴= ()()222111912092011280222n n n n nn n n n n n b b +--+++--+--+∴-=-=< 20n >，()()21128470n n n n ∴-+=--<，解得：47n <<又n *∈N ，5n ∴=或6 故选：AB 【点睛】关键点点睛：本题考查数列知识的综合应用，涉及到利用n a 与n S 的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识，解决本题的关键点是能够得到n b 的通项公式，进而根据单调性可构造出关于n 的不等式，从而求得结果，考查学生计算能力，属于中档题．6．已知数列{}n a ，{}n b 满足：12n n n a a b +=+，()*1312lnn n n n b a b n N n++=++∈，110a b +>，则下列命题为真命题的是（ ）A ．数列{}n n a b -单调递增B ．数列{}n n a b +单调递增C ．数列{}n a 单调递增D ．数列{}n b 从某项以后单调递增【答案】BCD 【分析】计算221122ln 2a b a b a b -=--<-，知A 错误；依题意两式相加{}ln +-n n a b n 是等比数列，得到()1113ln -+=+⋅+n n n a b a b n ，知B 正确；结合已知条件，计算10n n a a +->，即得C 正确；先计算()11113ln(1)2ln n n n b b a b n n -+-=+⋅++-，再结合指数函数、对数函数增长特征知D 正确. 【详解】由题可知，12n n n a a b +=+①，1312lnn n n n b a b n ++=++②，①-②得，1131lnn n n n n a b a b n+++-=--，当1n =时，2211ln 2a b a b -=--，∴2211-<-a b a b ，故A 错误．①+②得，()113ln(1)3ln n n n n a b a b n n +++=+++-，()11ln(1)3ln n n n n a b n a b n +++-+=+-，∴{}ln +-n n a b n 是以11a b +为首项，3为公比的等比数列，∴()111ln 3-+-=+⋅n n n a b n a b ，∴()1113ln -+=+⋅+n n n a b a b n ，③又110a b +>，∴B 正确．将③代入①得，()()11113ln n n n n n n a a a b a a b n -+=++=++⋅+，∴()11113ln 0n n n a a a b n -+-=+⋅+>，故C 正确．将③代入②得，()()11113311ln 3ln ln n n n n n n n n b b a b b a b n n n -+++=+++=++⋅++，∴()11113ln(1)2ln n n n b b a b n n -+-=+⋅++-．由110a b +>，结合指数函数与对数函数的增长速度知，从某个()*n n N∈起，()1113ln 0n a b n -+⋅->，又ln(1)ln 0n n +->，∴10n n b b +->，即{}n b 从某项起单调递增，故D 正确． 故选：BCD ． 【点睛】判定数列单调性的方法：（1）定义法：对任意n *∈N ，1n n a a +>，则{}n a 是递增数列，1n n a a +<，则{}n a 是递减数列；（2）借助函数单调性：利用()n a f n =，研究函数单调性，得到数列单调性.7．（多选）设数列{}n a 是等差数列，公差为d ，n S 是其前n 项和，10a >且69S S =，则（ ） A ．0d > B ．80a =C ．7S 或8S 为n S 的最大值D ．56S S >【答案】BC 【分析】根据69S S =得到80a =，再根据10a >得到0d <，可得数列{}n a 是单调递减的等差数列，所以7S 或8S 为n S 的最大值，根据6560S S a -=>得65S S >，故BC 正确. 【详解】由69S S =得，960S S -=， 即7890a a a ++=，又7982a a a +=，830a ∴=，80a ∴=，∴B 正确；由8170a a d =+=，得17a d =-，又10a >，0d ∴<，∴数列{}n a 是单调递减的等差数列，()()0,70,9n n a n N n a n N n **⎧>∈≤⎪∴⎨<∈≥⎪⎩， 7S ∴或8S 为n S 的最大值，∴A 错误，C 正确； 6560S S a -=>，65S S ∴>，所以D 错误.故选：BC ． 【点睛】关键点点睛：根据等差中项推出80a =，进而推出0d <是解题关键.8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ．已知a 3＝12，S 12＞0，a 7＜0，则（ ） A ．a 6＞0 B ．2437d -<<- C ．S n ＜0时，n 的最小值为13 D ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项 【答案】ABCD 【分析】S 12＞0，a 7＜0，利用等差数列的求和公式及其性质可得：a 6+a 7＞0，a 6＞0．再利用a 3＝a 1+2d ＝12，可得247-＜d ＜﹣3．a 1＞0．利用S 13＝13a 7＜0．可得S n ＜0时，n 的最小值为13．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中，n ≤6时，n n S a ＞0.7≤n ≤12时，n n S a ＜0．n ≥13时，n n S a ＞0．进而判断出D 是否正确． 【详解】 ∵S 12＞0，a 7＜0，∴()67122a a +＞0，a 1+6d ＜0．∴a 6+a 7＞0，a 6＞0．∴2a 1+11d ＞0，a 1+5d ＞0， 又∵a 3＝a 1+2d ＝12，∴247-＜d ＜﹣3．a 1＞0． S 13＝()113132a a +＝13a 7＜0．∴S n ＜0时，n 的最小值为13．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中，n ≤6时，n n S a ＞0，7≤n ≤12时，n n S a ＜0，n ≥13时，n n S a ＞0．对于：7≤n ≤12时，nnS a ＜0．S n ＞0，但是随着n 的增大而减小；a n ＜0， 但是随着n 的增大而减小，可得：nn S a ＜0，但是随着n 的增大而增大．∴n ＝7时，nnS a 取得最小值．综上可得：ABCD 都正确． 故选：ABCD ． 【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．二、平面向量多选题9．设a ，b ，c 是任意的非零向量，且它们相互不共线，给出下列选项，其中正确的有（ ）A ．()a cbc a b c ⋅-⋅=-⋅ B ．()()b c a c a b ⋅⋅-⋅⋅与c 不垂直 C ．a b a b -<-D ．()()22323294a b a b a b +⋅-=- 【答案】ACD 【分析】A ，由平面向量数量积的运算律可判断；B ，由平面向量垂直的条件、数量积的运算律可判断；C ，由a 与b 不共线，可分两类考虑：①若a b ≤，则a b a b -<-显然成立；②若a b >，由a 、b 、a b -构成三角形的三边可进行判断；D ，由平面向量的混合运算将式子进行展开即可得解. 【详解】选项A ，由平面向量数量积的运算律，可知A 正确； 选项B ，()()()()()()()()0b c a c a b c b c a c c a b c b c a c b c c a ⎡⎤⋅⋅-⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅⋅=⎣⎦， ∴()()b c a c a b ⋅⋅-⋅⋅与c 垂直，即B 错误；选项C ，∵a 与b 不共线，∴若a b ≤，则a b a b -<-显然成立；若a b >，由平面向量的减法法则可作出如下图形：由三角形两边之差小于第三边，可得a b a b -<-.故C 正确；选项D ，()()22223232966494a b a b a a b a b b a b +⋅-=-⋅+⋅-=-，即D 正确. 故选：ACD 【点睛】本小题主要考查向量运算，属于中档题.10．如图，已知点O 为正六边形ABCDEF 中心，下列结论中正确的是( )A ．0OA OC OB ++=B ．()()0OA AF EF DC -⋅-= C ．()()OA AF BC OA AF BC ⋅=⋅D ．OF OD FA OD CB +=+-【答案】BC【分析】利用向量的加法法则、减法法则的几何意义，对选项进行一一验证，即可得答案. 【详解】对A ，2OA OC OB OB ++=，故A 错误；对B ，∵OA AF OA OE EA -=-=，EF DC EF EO OF -=-=，由正六边形的性质知OF AE ⊥，∴()()0OA AF EF DC -⋅-=，故B 正确； 对C ，设正六边形的边长为1，则111cos1202OA AF ⋅=⋅⋅=-，111cos602AF BC ⋅=⋅⋅=， ∴()()OA AF BC OA AF BC ⋅=⋅1122BC OA ⇔-=，式子显然成立，故C 正确； 对D ，设正六边形的边长为1，||||1OF OD OE +==，||||||||3FA OD CB OD DC CB OC OA AC +-=+-=-==，故D 错误；故选：BC. 【点睛】本题考查向量的加法法则、减法法则的几何意义，考查数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意向量的起点和终点.。

专题一 选择、填空题常用的10种解法 抓牢小题，保住基本分才能得高分________________________________________________________________________ 原则与策略：1.基本原则：小题不用大做．2.基本策略：充分利用题干和选项所供应的信息作出推断．先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，选择题可先排解后求解．解题时应认真审题、深化分析、正确推演运算、谨防疏漏． 题型特点：1.高中低档题，且多数按由易到难的挨次排列.2.留意基本学问、基本技能与思想方法的考查.3.解题方法机敏多变不唯一.4.具有较好的区分度，试题层次性强.方法一 定义法所谓定义法，就是直接利用数学定义解题，数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来的．简洁地说，定义是对数学实体的高度抽象，用定义法解题是最直接的方法．一般地，涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决．[例1] 如图，F 1，F 2是双曲线C 1：x 216－y 29＝1与椭圆C 2的公共焦点，点A 是C 1，C 2在第一象限的公共点．若|F 1A |＝|F 1F 2|，则C 2的离心率是( )A.56B.23C.25D.45解析：由双曲线C 1的方程可得|F 1F 2|＝216＋9＝10， 由双曲线的定义可得|F 1A |－|F 2A |＝216＝8， 由已知可得|F 1A |＝|F 1F 2|＝10， 所以|F 2A |＝|F 1A |－8＝2.设椭圆的长轴长为2a ，则由椭圆的定义可得2a ＝|F 1A |＋|F 2A |＝10＋2＝12. 所以椭圆C 2的离心率e ＝2c 2a ＝1012＝56.故选A.答案：A[增分有招] 利用定义法求解动点的轨迹或圆锥曲线的有关问题，要留意动点或圆锥曲线上的点所满足的条件，机敏利用相关的定义求解．如[本例]中依据双曲线的定义和已知条件，分别把A 到两个焦点的距离求出来，然后依据椭圆定义求出其长轴长，最终就可依据离心率的定义求值． [技法体验]1．(2021·广州模拟)假如P 1，P 2，…，P n 是抛物线C ：y 2＝4x 上的点，它们的横坐标依次为x 1，x 2，…，x n ，F 是抛物线C 的焦点，若x 1＋x 2＋…＋x n ＝10，则|P 1F |＋|P 2F |＋…＋|P n F |＝( ) A ．n ＋10 B ．n ＋20 C ．2n ＋10D ．2n ＋20解析：由题意得，抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为(1,0)，准线为x ＝－1，由抛物线的定义，可知|P 1F |＝x 1＋1，|P 2F |＝x 2＋1，…，|P n F |＝x n ＋1，故|P 1F |＋|P 2F |＋…＋|P n F |＝x 1＋x 2＋…＋x n ＋n ＝n ＋10，选A. 答案：A2．(2022·高考浙江卷)设双曲线x 2－y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2.若点P 在双曲线上，且△F 1PF 2为锐角三角形，则|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是________． 解析：借助双曲线的定义、几何性质及余弦定理解决．∵双曲线x 2－y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 在双曲线上，∴|F 1F 2|＝4，||PF 1|－|PF 2||＝2.若△F 1PF 2为锐角三角形，则由余弦定理知|PF 1|2＋|PF 2|2－16>0，可化为(|PF 1|＋|PF 2|)2－2|PF 1|·|PF 2|>16①.由||PF 1|－|PF 2||＝2，得(|PF 1|＋|PF 2|)2－4|PF 1||PF 2|＝4.故2|PF 1||PF 2|＝|PF 1|＋|PF 2|2－42，代入不等式①可得(|PF 1|＋|PF 2|)2>28，解得|PF 1|＋|PF 2|>27.不妨设P 在左支上，∵|PF 1|2＋16－|PF 2|2>0，即(|PF 1|＋|PF 2|)·(|PF 1|－|PF 2|)>－16，又|PF 1|－|PF 2|＝－2，∴|PF 1|＋|PF 2|<8.故27<|PF 1|＋|PF 2|<8. 答案：(27，8)方法二 特例法特例法，包括特例验证法、特例排解法，就是充分运用选择题中单选题的特征，解题时，可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证的方法．对于定性、定值的问题可直接确定选项；对于其他问题可以排解干扰项，从而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略．[例2] (2022·高考浙江卷)已知实数a ，b ，c ( ) A ．若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 B ．若|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 C ．若|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 D ．若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2－c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 解析：结合特殊值，利用排解法选择答案． 对于A ，取a ＝b ＝10，c ＝－110， 明显|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1成立， 但a 2＋b 2＋c 2>100，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立．对于B ，取a 2＝10，b ＝－10，c ＝0， 明显|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1成立， 但a 2＋b 2＋c 2＝110，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立．对于C ，取a ＝10，b ＝－10，c ＝0，明显|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1成立， 但a 2＋b 2＋c 2＝200，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立． 综上知，A ，B ，C 均不成立，所以选D. 答案：D[增分有招] 应用特例排解法的关键在于确定选项的差异性，利用差异性选取一些特例来检验选项是否与题干对应，从而排解干扰选项． [技法体验]1．函数f (x )＝cos x ·log 2|x |的图象大致为( )解析：函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f (12)＝cos 12log 2|12|＝－cos 12，f (－12)＝cos(－12)·log 2|－12|＝－cos 12，所以f (－12)＝f (12)，排解A ，D ；又f (12)＝－cos 12＜0，故排解C.综上，选B. 答案：B2．已知E 为△ABC 的重心，AD 为BC 边上的中线，令AB →＝a ，AC →＝b ，过点E 的直线分别交AB ，AC 于P ，Q 两点，且AP →＝m a ，AQ →＝n b ，则1m ＋1n＝( )A ．3B ．4C ．5D.13解析：由于题中直线PQ 的条件是过点E ，所以该直线是一条“动”直线，所以最终的结果必定是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．法一：如图1，PQ ∥BC ，则AP →＝23AB →，AQ →＝23AC →，此时m ＝n ＝23，故1m ＋1n＝3.故选A.法二：如图2，取直线BE 作为直线PQ ，明显，此时AP →＝AB →，AQ →＝12AC →，故m ＝1，n ＝12，所以1m ＋1n ＝3.故选A.答案：A方法三 数形结合法数形结合法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用分为两种情形：一是代数问题几何化，借助形的直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是几何问题代数化，借助于数的精确性阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．[例3] (2021·安庆模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，－7≤x ≤0ln x ，e －2≤x ≤e ，g (x )＝x 2－2x ，设a 为实数，若存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．[－1,3]C ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)D ．(－∞，3]解析：∵g (x )＝x 2－2x ，a 为实数，∴2g (a )＝2a 2－4a .∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，－7≤x ≤0ln x ，e －2≤x ≤e ，作出函数f (x )的图象可知，其值域为[－2,6]，∵存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，∴－2≤2a 2－4a ≤6，即－1≤a ≤3， 故选B.答案：B[增分有招] 数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，如[本例]中求解，可通过作出图象，数形结合求解． [技法体验]1．(2021·珠海摸底)已知|a |＝|b |，且|a ＋b |＝3|a －b |，则向量a 与b 的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．120°解析：通解：设a 与b 的夹角为θ，由已知可得a 2＋2a ·b ＋b 2＝3(a 2－2a ·b ＋b 2)，即4a ·b ＝a 2＋b 2，由于|a |＝|b |，所以a ·b ＝12a 2，所以cos θ＝a ·b |a |·|b |＝12，θ＝60°，选C.优解：由|a |＝|b |，且|a ＋b |＝3|a －b |可构造边长为|a |＝|b |＝1的菱形，如图，则|a ＋b |与|a －b |分别表示两条对角线的长，且|a ＋b |＝3，|a －b |＝1，故a 与b 的夹角为60°，选C. 答案：C2．已知点P 在抛物线y 2＝4x 上，则点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到抛物线的焦点F 的距离之和取得最小值时，点P 的坐标为( ) A ．(14，1)B ．(14，－1)C ．(1,2)D ．(1，－2)解析：如图，由于点Q (2，－1)在抛物线的内部，由抛物线的定义可知，|PF |等于点P 到准线x ＝－1的距离．过Q (2，－1)作x ＝－1的垂线QH ，交抛物线于点K ，则点K 为点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到准线x ＝－1的距离之和取得最小值时的点．将y ＝－1代入y 2＝4x 得x ＝14，所以点P 的坐标为(14，－1)，选B.答案：B方法四 待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后依据所给条件来确定这些未知系数的方法叫作待定系数法，其理论依据是多项式恒等——两个多项式各同类项的系数对应相等．使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决．待定系数法主要用来解决所求解的数学问题具有某种确定的数学表达式，例如数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等． [例4] (2021·天津红桥区模拟)已知椭圆C 的焦点在y 轴上，焦距等于4，离心率为22，则椭圆C 的标准方程是( ) A.x 216＋y 212＝1 B.x 212＋y 216＝1C.x 24＋y 28＝1 D.x 28＋y 24＝1 解析：由题意可得2c ＝4，故c ＝2，又e ＝2a ＝22，解得a ＝22，故b ＝222－22＝2，由于焦点在y 轴上，故选C. 答案：C[增分有招] 待定系数法主要用来解决已经定性的问题，如[本例]中已知椭圆的焦点所在坐标轴，设出标准方程，依据已知列方程求解． [技法体验]1．若等差数列{a n }的前20项的和为100，前45项的和为400，则前65项的和为( ) A ．640 B ．650 C ．660D ．780解析：设等差数列{a n}的公差为d ，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ 20a 1＋20×192d ＝10045a 1＋45×442d ＝400⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9245d ＝1445，则前65项的和为65a 1＋65×642d ＝65×9245＋65×642×1445＝780.答案：D2．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0,0＜φ＜π)的部分图象如图所示，则f (π4)的值为( )A. 2 B ．0 C ．1D. 3解析：由题图可知，A ＝2，34T ＝11π12－π6＝34π，∴T ＝2πω＝π，∴ω＝2，即f (x )＝2sin(2x ＋φ)，由f (π6)＝2sin(2×π6＋φ)＝2得2×π6＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝π6＋2k π，k ∈Z ，又0＜φ＜π，∴φ＝π6，∴f (x )＝2sin(2x ＋π6)，∴f (π4)＝2sin(2×π4＋π6)＝2cos π6＝3，故选D.答案：D 方法五 估值法估值法就是不需要计算出代数式的精确 数值，通过估量其大致取值范围从而解决相应问题的方法．该种方法主要适用于比较大小的有关问题，尤其是在选择题或填空题中，解答不需要具体的过程，因此可以猜想、合情推理、估算而获得，从而削减运算量．[例5] 若a ＝20.5，b ＝log π3，c ＝log 2sin 2π5，则( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．c >a >bD ．b >c >a解析：由指数函数的性质可知y ＝2x在R 上单调递增，而0<0.5<1，所以a ＝20.5∈(1,2)．由对数函数的性质可知y ＝log πx ，y ＝log 2x 均在(0，＋∞)上单调递增，而1<3<π，所以b ＝log π3∈(0,1)；由于sin 2π5∈(0,1)，所以c ＝log 2sin 2π5<0.综上，a >1>b >0>c ，即a >b >c .故选A. 答案：A[增分有招] 估算，省去很多推导过程和比较简单的计算，节省时间，是发觉问题、争辩问题、解决问题的一种重要的运算方法．但要留意估算也要有依据，如[本例]是依据指数函数与对数函数的单调性估量每个值的取值范围，从而比较三者的大小，其实质就是找一个中间值进行比较． [技法体验]已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)＋1⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|≤π2，其图象与直线y ＝－1相邻两个交点的距离为π.若f (x )>1对于任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，π3恒成立，则φ的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π2 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π3D.⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2解析：由于函数f (x )的最小值为－2＋1＝－1，由函数f (x )的图象与直线y ＝－1相邻两个交点的距离为π可得，该函数的最小正周期为T ＝π，所以2πω＝π，解得ω＝2.故f (x )＝2sin(2x ＋φ)＋1.由f (x )>1，可得sin(2x ＋φ)>0.又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，π3，所以2x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，2π3.对于选项B ，D ，若取φ＝π2，则2x ＋π2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，7π6，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π，7π6上，sin(2x ＋φ)<0，不合题意；对于选项C ，若取φ＝π12，则2x ＋π12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，3π4，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0上，sin(2x ＋φ)<0，不合题意．选A.答案：A方法六 反证法反证法是指从命题正面论证比较困难，通过假设原命题不成立，经过正确的推理，最终得出冲突，因此说明假设错误，从而证明白原命题成立的证明方法．反证法证明问题一般分为三步：(1)反设，即否定结论；(2)归谬，即推导冲突；(3)得结论，即说明命题成立．[例6] 已知x ∈R ，a ＝x 2＋32，b ＝1－3x ，c ＝x 2＋x ＋1，则下列说法正确的是( )A ．a ，b ，c 至少有一个不小于1B ．a ，b ，c 至多有一个不小于1C ．a ，b ，c 都小于1D ．a ，b ，c 都大于1解析：假设a ，b ，c 均小于1，即a <1，b <1，c <1，则有a ＋b ＋c <3，而a ＋b ＋c ＝2x 2－2x ＋72＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3≥3.明显两者冲突，所以假设不成立．故a ，b ，c 至少有一个不小于1.选A. 答案：A[增分有招] 反证法证明全称命题以及“至少”“至多”类型的问题比较便利．其关键是依据假设导出冲突——与已知条件、定义、公理、定理及明显的事实冲突或自相冲突．如[本例]中导出等式的冲突，从而说明假设错误，原命题正确． [技法体验]假如△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( ) A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形解析：由条件知△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形． 假设△A 2B 2C 2是锐角三角形，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，所以A 2＋B 2＋C 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，即π＝3π2－π，明显该等式不成立，所以假设不成立．易知△A 2B 2C 2不是锐角三角形，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．故选D. 答案：D 方法七 换元法换元法又称帮助元素法、变量代换法．通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者变为生疏的形式，把简单的计算和推证简化．换元的实质是转化，关键是构造元和设元．理论依据是等量代换，目的是变换争辩对象，将问题移至新对象的学问背景中去争辩，从而使非标准型问题标准化、简单问题简洁化．换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等． [例7] 已知正数x ，y 满足4y －2yx＝1，则x ＋2y 的最小值为________．解析：由4y －2y x ＝1，得x ＋2y ＝4xy ，即14y ＋12x ＝1，所以x ＋2y ＝(x ＋2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫14y ＋12x ＝1＋x 4y ＋y x ≥1＋2x 4y ×yx＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x 4y ＝yx ，即x ＝2y 时等号成立.所以x ＋2y 的最小值为2.答案：2[增分有招] 换元法主要有常量代换和变量代换，要依据所求解问题的特征进行合理代换．如[本例]中就是使用常数1的代换，将已知条件改写为“14y ＋12x ＝1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与1的乘积等于本身，再将其开放，通过构造基本不等式的形式求解最值． [技法体验]1．(2022·成都模拟)若函数f (x )＝1＋3x＋a ·9x，其定义域为(－∞，1]，则a 的取值范围是( ) A ．a ＝－49B ．a ≥－49C ．a ≤－49D ．－49≤a <0解析：由题意得1＋3x ＋a ·9x≥0的解集为(－∞，1]，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＋a ≥0的解集为(－∞，1]．令t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，则t ≥13，即方程t 2＋t ＋a ≥0的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13＋a ＝0，所以a ＝－49.答案：A2．函数y ＝cos 2x －sin x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值为________．解析：y ＝cos 2x －sin x ＝－sin 2x －sin x ＋1. 令t ＝sin x ，又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴y ＝－t 2－t ＋1，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22.∵函数y ＝－t 2－t ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22上单调递减，∴t ＝0时，y max ＝1.答案：1 方法八 补集法补集法就是已知问题涉及的类别较多，或直接求解比较麻烦时，可以通过求解该问题的对立大事，求出问题的结果，则所求解问题的结果就可以利用补集的思想求得．该方法在概率、函数性质等问题中应用较多． [例8]某学校为了争辩高中三个班级的数学学习状况，从三个班级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级不来自同一班级的概率为________． 解析：记高一班级中抽取的班级为a 1，高二班级中抽取的班级为b 1，b 2， 高三班级中抽取的班级为c 1，c 2，c 3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的全部可能结果为(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，c 1)，(a 1，c 2)，(a 1，c 3)，(b 1，b 2)，(b 1，c 1)，(b 1，c 2)，(b 1，c 3)，(b 2，c 1)，(b 2，c 2)，(b 2，c 3)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共15种．设“抽取的两个班级不来自同一班级”为大事A ，则大事A 为抽取的两个班级来自同一班级． 由题意，两个班级来自同一班级的结果为(b 1，b 2)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共4种． 所以P (A )＝415，故P (A )＝1－P (A )＝1－415＝1115. 所以两个班级不来自同一班级的概率为1115.答案：1115[增分有招] 利用补集法求解问题时，肯定要精确 把握所求问题的对立大事．如[本例]中，“两个班级不来自同一班级”的对立大事是“两个班级来自同一班级”，而高一班级只有一个班级，所以两个班级来自同一班级的可能性仅限于来自于高二班级，或来自于高三班级，明显所包含基本大事的个数较少． [技法体验]1．(2022·四川雅安中学月考)已知命题“∃x 0∈R ，使2x 20＋(a －1)x 0＋12≤0”是假命题，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1,3) C ．(－3，＋∞)D ．(－3,1)解析：依题意可知“∀x ∈R,2x 2＋(a －1)x ＋12＞0”为真命题，所以Δ＝(a －1)2－4×2×12＜0，即(a ＋1)·(a －3)＜0，解得－1＜a ＜3.故选B. 答案：B2．已知函数f (x )＝ax 2－x ＋ln x 在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为________． 解析：f ′(x )＝2ax －1＋1x.(1)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递增，则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x≥0，得a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.①令t ＝1x ，由于x ∈(1,2)，所以t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1， 设h (t )＝12(t －t 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋18，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，明显函数y ＝h (t )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，所以h (1)＜h (t )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即0＜h (t )＜18. 由①可知，a ≥18.(2)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递减，则f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x≤0，得a ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.②结合(1)可知，a ≤0.综上，若函数f (x )在区间(1,2)上单调，则实数a 的取值范围为(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞. 所以若函数f (x )在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18 方法九 分别参数法分别参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法，通过分别参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解，从而避开对参数进行分类争辩的繁琐过程．该种方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决．但要留意该种方法仅适用于分别参数后能够求解相应函数的最值或值域的状况．[例9] 若不等式x 2＋ax ＋1≥0对一切x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12恒成立，则a 的最小值是________．解析：由于x >0，则由已知可得a ≥－x －1x 在x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上恒成立，而当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x max ＝－52， ∴a ≥－52，故a 的最小值为－52.答案：－52[增分有招] 分别参数法解决不等式恒成立问题或有解问题，关键在于精确 分别参数，然后将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系．分别参数时要留意参数系数的符号是否会发生变化，假如参数的系数符号为负号，则分别参数时应留意不等号的变化，否则就会导致错解． [技法体验]1．(2022·长沙调研)若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518 B ．(－∞，3] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞D ．[3，＋∞)解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立， 即3x 2－2tx ＋3≤0在[1,4]上恒成立，则t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，由于y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14＝518，故选C.答案：C2．(2022·湖南五校调研)方程log 12(a －2x)＝2＋x 有解，则a 的最小值为________．解析：若方程log 12(a －2x )＝2＋x 有解，则⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋x ＝a －2x有解，即14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋2x ＝a 有解，∵14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋2x ≥1，故a 的最小值为1. 答案：1 方法十 构造法构造法是指利用数学的基本思想，经过认真的观看，深化的思考，构造出解题的数学模型，从而使问题得以解决．构造法的内涵格外丰富，没有完全固定的模式可以套用，它是以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础，针对具体问题的特点实行相应的解决方法，其基本的方法是借用一类问题的性质，来争辩另一类问题的相关性质．常见的构造法有构造函数、构造方程、构造图形等． [例10] 已知m ，n ∈(2，e)，且1n 2－1m 2<ln mn，则( )A ．m >nB ．m <nC ．m >2＋1nD ．m ，n 的大小关系不确定解析：由不等式可得1n 2－1m2<ln m －ln n ，即1n 2＋ln n <1m2＋ln m .设f (x )＝1x2＋ln x (x ∈(2，e))，则f ′(x )＝－2x 3＋1x ＝x 2－2x3.由于x ∈(2，e)，所以f ′(x )>0，故函数f (x )在(2，e)上单调递增． 由于f (n )<f (m )，所以n <m .故选A. 答案：A[增分有招] 构造法的实质是转化，通过构造函数、方程或图形等将问题转化为对应的问题来解决．如[本例]属于比较两个数值大小的问题，依据数值的特点，构造相应的函数f (x )＝1x2＋ln x .[技法体验]1．a ＝ln 12 014－12 014，b ＝ln 12 015－12 015，c ＝ln 12 016－12 016，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a ＞b ＞cB ．b ＞a ＞cC ．c ＞b ＞aD ．c ＞a ＞b解析：令f (x )＝ln x －x ，则f ′(x )＝1x －1＝1－xx.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，即函数f (x )在(0,1)上是增函数．∵1＞12 014＞12 015＞12 016＞0，∴a ＞b ＞c .答案：A2．如图，已知球O 的面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________．解析：如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径，所以CD ＝22＋22＋22＝2R ，所以R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR33＝6π.答案：6π。

专题能力训练18 排列、组合与二项式定理专题能力训练第42页一、能力突破训练1.某电视台的一个综艺栏目对含甲、乙在内的六个不同节目排演出顺序,第一个节目只能排甲或乙,最后一个节目不能排甲,则不同的排法共有( ) A.192种 B.216种 C.240种 D.288种 答案:B解析:完成这件事,可分两类:第一类,第一个节目排甲,其余位置有A 55=120种不同的排法;第二类,第一个节目排乙,最后一个节目有4种排法,其余位置有A 44=24种不同的排法.所以共有A 55+4A 44=216种不同的排法. 2.已知(x 2+1x )n的展开式的各项系数和为32,则展开式中x 4的系数为( )A.5B.40C.20D.10答案:D解析:令x=1,得2n=32,所以n=5,则C 5r (x 2)5-r ·(1x )r=C 5r x 10-3r.令10-3r=4,得r=2,所以展开式中x 4的系数为C 52=10.3.已知(1+x )n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则奇数项的二项式系数和为( ) A.212 B.211 C.210 D.29 答案:D解析:由条件知C n 3=C n 7,解得n=10.所以(1+x )10中二项式系数和为210,其中奇数项的二项式系数和为210-1=29.4.若(x 6+x √x )n的展开式中含有常数项,则n 的最小值等于( )A.3B.4C.5D.6 答案:C解析:展开式的通项为T r+1=C n r (x 6)n-r (x √x )r=C n r x 6n -152r .因为展开式中含常数项,所以6n-152r=0成立,即n=54r.当r=4时,n 有最小值5.故选C. 5.(x 2+1x 2-2)3展开式中的常数项为( ) A.-8B.-12C.-20D.20答案:C解析:因为(x 2+1x 2-2)3=(x -1x )6, 所以T r+1=C 6r x 6-r (-1x )r=(-1)r C 6r x 6-2r,所以当r=3时为常数项,且常数项为-C 63=-20.6.某学校组织演讲比赛,准备从甲、乙等八名同学中选派四名同学参加,要求甲、乙两名同学至少有一人参加.若甲、乙同时参加,他们的演讲顺序不能相邻,则不同的演讲顺序的种数为( )A.1 860B.1 320C.1 140D.1 020答案:C解析:根据甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的人数进行分类计数:第一类,甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的恰有一人,满足题意的不同的演讲顺序的种数为C21·C63·A44=960;第二类,甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的恰有两人,满足题意的不同的演讲顺序的种数为C22·C62·A22·A32=180.因此满足题意的不同的演讲顺序的种数为960+180=1140.故选C.7.若二项式(3-x)n(n∈N*)中所有项的系数之和为a,所有项的系数的绝对值之和为b,则ba +ab的最小值为()A.2B.52C.136D.92答案:B解析:令x=1,a=2n;令x=-1,b=4n,则ba +ab=2n+12n.令t=2n,t≥2,则ba+a b =2n+12n=t+1t≥2+12=52.故选B.8.在某市记者招待会上,需要接受本市甲、乙两家电视台记者的提问,两家电视台均有记者5人,主持人需要从这10名记者中选出4名记者提问,且这4人中,既有甲电视台记者,又有乙电视台记者,且甲电视台的记者不可以连续提问,则不同的提问方式的种数为()A.1 200B.2 400C.3 000D.3 600答案:B解析:若4人中,有甲电视台记者1人,乙电视台记者3人,则不同的提问方式总数是C51C53A44=1200;若4人中,有甲电视台记者两人,乙电视台记者两人,则不同的提问方式总数是C52C52A22A32=1200;若4人中,有甲电视台记者3人,乙电视台记者1人,则不符合主持人的规定,故所有不同提问方式的总数为1200+1200=2400.9.在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记x m y n项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=()A.45B.60C.120D.210答案:C解析:∵(1+x)6展开式的通项为T r+1=C6r x r(r=0,1,2,…,6),(1+y)4展开式的通项为T h+1=C4ℎy h(h=0,1,2,…,4),∴(1+x)6(1+y)4展开式的通项可以为C6r C4ℎx r y h,∴f(m,n)=C6m C4n.∴f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=C63+C62C41+C61C42+C43=20+60+36+4=120.故选C.10.本次模拟考试结束后,班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表.若化学排在生物前面,数学与物理不相邻且都不排在最后,则不同的排法共有()A.72种B.144种C.288种D.360种答案:B解析:第一步,排语文、英语、化学、生物4种,且化学排在生物前面,有A 442=12种排法;第二步将数学和物理插入前4科除最后位置外的4个空当中的2个,有A 42=12种排法,所以不同的排法共有12×12=144种.11.(x-y )(x+y )8的展开式中x 2y 7的系数为 .(用数字填写答案) 答案:-20解析:(x+y )8的通项为T r+1=C 8r x 8-r y r(r=0,1,…,8).当r=7时,T 8=C 87xy 7=8xy 7,当r=6时,T 7=C 86x 2y 6=28x 2y 6, 所以(x-y )(x+y )8的展开式中含x 2y 7的项为x ·8xy 7-y ·28x 2y 6=-20x 2y 7,故系数为-20. 12.已知(1+3x )n 的展开式中含有x 2项的系数是54,则n= . 答案:4解析:二项展开式的通项T r+1=C n r (3x )r =3r ·C n r ·x r ,令r=2,得32·C n 2=54,解得n=4.13.从2名女生,4名男生中选3人参加科技比赛,且至少有1名女生入选,则不同的选法共有 种.(用数字填写答案) 答案:16解析:(方法一)①当3人中恰有1名女生时,有C 21C 42=12种选法.②当3人中有2名女生时,有C 22C 41=4种选法. 故不同的选法共有12+4=16种.(方法二)6人中选3人共有C 63种选法,当3人全是男生时有C 43种选法,所以至少有1名女生入选时有C 63−C 43=16种选法. 14.在(√x 3-2x )n的二项式中,所有项的二项式系数之和为256,则常数项等于 . 答案:112解析:由二项式定理,得所有项的二项式系数之和为2n , 由题意,得2n =256,所以n=8. 二项式展开式的通项为T r+1=C 8r (√x 3)8-r (-2x )r=(-2)r C 8r x 83-43r,求常数项则令83−43r=0,所以r=2,所以T 3=112.15.在一次医疗救助活动中,需要从A 医院某科室的6名男医生、4名女医生中分别抽调3名男医生、2名女医生,且男医生中唯一的主任医师必须参加,则不同的选派方案共有 种.(用数字作答) 答案:60解析:首先选派男医生中唯一的主任医师,然后从5名男医生、4名女医生中分别抽调2名男医生、2名女医生,故不同的选派方案有C 52C 42=10×6=60种. 故答案为60.16.将6位志愿者分成4组,其中两个组各两人,另两个组各1人,分赴全运会的四个不同场馆服务,不同的分配方案有 种.(用数字作答) 答案:1 080解析:先将6位志愿者分组,共有C 62·C 42A 22种方法;再把各组分到不同场馆,共有A 44种方法.由分步乘法计数原理知,不同的分配方案共有C 62C 42A 22·A 44=1080种.17.已知多项式(x+1)3(x+2)2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x+a 5,则a 4= ,a 5= . 答案:16 4解析:由二项式展开式可得通项公式为C 3r x 3-r ·C 2m x 2-m 2m,分别取r=3,m=1和r=2,m=2可得a 4=4+12=16,令x=0可得a 5=13×22=4.18.从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有 种不同的选法.(用数字作答) 答案:660解析:由题意可得,总的选择方法为C 84C 41C 31种方法,其中不满足题意的选法有C 64C 41C 31种方法,则满足题意的选法有C 84C 41C 31−C 64C 41C 31=660种.19.某高三毕业班有40名同学,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,则全班一共写了 条毕业留言.(用数字作答) 答案:1 560解析:该问题是一个排列问题,故共有A 402=40×39=1560条毕业留言.二、思维提升训练20.将2名教师、4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有( ) A.12种 B.10种 C.9种 D.8种 答案:A解析:将4名学生均分为2个小组共有C 42C 22A 22=3种分法,将2个小组的同学分给2名教师带有A 22=2种分法,最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A 22=2种分法, 故不同的安排方案共有3×2×2=12种.21.某学校安排甲、乙、丙、丁四位同学参加数学、物理、化学竞赛,要求每位同学仅报一科,每科至少有一位同学参加,且甲、乙不能参加同一学科,则不同的安排方法有( ) A.36种 B.30种 C.24种 D.6种 答案:B解析:首先从四个人中选择两个人作为一组,其余两个人各自一组分派到三个竞赛区,共有C 42·A 33种方法,再将甲、乙参加同一学科的种数A 33排除,继而所求的安排方法有C 42·A 33−A 33=30种,故答案为B.22.若x 4(x+3)8=a 0+a 1(x+2)+a 2(x+2)2+…+a 12(x+2)12,则log 2(a 1+a 3+a 5+…+a 11)等于( ) A.27 B.28 C.7 D.8 答案:C解析:令x=-1,得a 0+a 1+a 2+…+a 12=28,① 令x=-3,得a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 12=0.② 由①-②,得2(a 1+a 3+…+a 11)=28, ∴a 1+a 3+…+a 11=27,∴log2(a1+a3+…+a11)=7.23.用a代表红球,b代表蓝球,c代表黑球.由加法计数原理及乘法计数原理,从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1+a)(1+b)的展开式1+a+b+ab表示出来,如:“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推,下列各式中,其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球,且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法种数是()A.(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5B.(1+a5)(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c)5C.(1+a)5(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c5)D.(1+a5)(1+b)5(1+c+c2+c3+c4+c5)答案:A解析:本题可分三步:第一步,分别取0,1,2,3,4,5个红球,共有1+a+a2+a3+a4+a5种取法;第二步,取0个或5个蓝球,有1+b5种取法;第三步,取5个有区别的黑球,有(1+c)5种取法.所以共有(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5种取法.故选A.24.1-90C101+902C102-903C103+…+(-1)k90k C10k+…+9010C1010除以88的余数是()A.-1B.1C.-87D.87答案:B解析:∵1-90C101+902C102+…+(-1)k90k C10k+…+9010C1010=(1-90)10=8910=(88+1)10=8810+C101889 +…+C10988+1,又前10项均能被88整除,∴余数是1.25.某人根据自己的爱好,希望从{W,X,Y,Z}中选两个不同字母,从{0,2,6,8}中选3个不同数字拟编车牌号,要求前3位是数字,后两位是字母,且数字2不能排在首位,字母Z和数字2不能相邻,则满足要求的车牌号有()A.198个B.180个C.216个D.234个答案:A解析:不选2时,有A33A42=72个不同的车牌号;选2,不选Z时,有C21C32A22A32=72个不同的车牌号;选2,选Z时,2在数字的中间,有A32C21C31=36个不同的车牌号;当2在数字的第三位时,有A32A31=18个不同的车牌号.根据分类加法计数原理,知共有72+72+36+18=198个不同的车牌号,故选A.26.若A,B,C,D四人站成一排照相,A,B相邻的排法总数为k,则二项式(1-xk )k的展开式中含x2项的系数为.答案:1124解析:由题意知k=A22A33=12,所以T r+1=C12r(-x12)r=C12r(-112)rx r.因为r=2,所以含x2项的系数为C1221122=66×1122=1124.27.已知二项式(x-ax )6的展开式中x2的系数为A,常数项为B,且B=4A,求a的值.解:展开式的通项为T r+1=C6r x6-r·(-ax )r=(-a)r C6r x6-2r.令6-2r=2,得r=2,A=a2C62=15a2;令6-2r=0,得r=3,B=-a3C63=-20a3.将其代入B=4A,得a=-3.28.在6名内科医生和4名外科医生中,内科主任和外科主任各1名,现要组成5人医疗小组送医下乡,根据下列条件,分别求出各有多少种不同的选派方法.(1)有3名内科医生和两名外科医生;(2)既有内科医生,又有外科医生;(3)至少有1名主任参加;(4)既有主任,又有外科医生.解:(1)先选内科医生有C63种选法,再选外科医生有C42种选法,故选派方法的种数为C63·C42=120.(2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去1人,2人,3人,4人,易得出选派方法的种数为C61·C44+C62·C43+C63·C42+C64·C41=246.若从反面考虑,则选派方法的种数为C105−C65=246.(3)分两类:一是选1名主任有C21·C84种方法;二是选两名主任有C22·C83种方法,故至少有1名主任参加的选派方法的种数为C21·C84+C22·C83=196.若从反面考虑:至少有1名主任参加的选派方法的种数为C105−C85=196.(4)若选外科主任,则其余可任选,有C94种选法.若不选外科主任,则必选内科主任,且剩余的4人不能全选内科医生,有(C84−C54)种选法.故有选派方法的种数为C94+C84−C54=191.。

高考数学二轮复习专题过关检测—数列一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2021·内蒙古包头一模)在数列{a n }中,a 1=2,a n+1-a n -2=0,则a 5+a 6+…+a 14=( ) A.180B.190C.160D.1202.(2021·北京朝阳期末)已知等比数列{a n }的各项均为正数,且a 3=9,则log 3a 1+log 3a 2+log 3a 3+log 3a 4+log 3a 5=( ) A.52B.53C.10D.153.(2021·湖北荆州中学月考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S10S 5=12,则S15S 5=( )A.12B.13C.23D.344.(2021·北京师大附属中学模拟)我国明代著名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c 键到下一个c 1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c ,#c ,d ,#d ,e ,f ,#f ,g ,#g ,a ,#a ,b ,c 1的音频恰成一个公比为√212的等比数列的原理,也即高音c 1的频率正好是中音c 的2倍.已知标准音a 的频率为440 Hz,则频率为220√2 Hz 的音名是( )A.dB.fC.eD.#d5.(2021·四川成都二诊)已知数列{a n}的前n项和S n=n2,设数列{1a n a n+1}的前n项和为T n,则T20的值为()A.1939B.3839C.2041D.40416.(2021·河南新乡二模)一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群,是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一.一百零八塔,因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项开始成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为()A.39B.45C.48D.517.(2021·陕西西安铁一中月考)在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是()A.3 928B.4 024C.4 920D.4 9248.已知函数f(n)={n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于()A.0B.100C.-100D.10 200二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2021·辽宁沈阳三模)已知等比数列{a n}的前n项和S n=4n-1+t,则()A.首项a1不确定B.公比q=4C.a2=3D.t=-1410.(2021·山东临沂模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是()A.a5=1B.S n的最小值为S3C.S1=S6D.S n存在最大值11.已知数列{a n}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,b n=2a n,对于数列{a n},{b n},下列选项正确的是() A.b10=8b5 B.{b n}是等比数列C.a1b30=105D.a3+a5+a7a2+a4+a6=20919312.(2021·广东广州一模)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2.记a n=1+x1+x2+…+x k+2,数列{a n}的前n项和为S n,则()A.k+1=2nB.a n+1=3a n-3C.a n =32(n 2+3n )D.S n =34(3n+1+2n-3) 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021·山西太原检测)在等差数列{a n }中,若a 2,a 2 020为方程x 2-10x+16=0的两根,则a 1+a 1 011+a 2 021等于 .14.(2021·江苏如东检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2a n -2,则数列{log 2a n }的前n 项和T n = .15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{a n },则{a n }的前n 项和为 .16.(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S 1=240 dm 2,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S 2=180 dm 2,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∑k=1nS k =dm 2.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)(2021·海南海口模拟)已知正项等比数列{a n },a 4=116,a 5a 7=256. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{|log 2a n |}的前n 项和.18.(12分)(2021·全国甲,理18)已知数列{a n}的各项均为正数,记S n为{a n}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{a n}是等差数列;②数列{√S n}是等差数列;③a2=3a1.19.(12分)(2021·山东济宁二模)已知数列{a n}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(-1)n log2a2n+1,求数列{b n}的前n项和T n.20.(12分)(2021·山东临沂一模)在①S nn =a n+12,②a n+1a n=2S n,③a n2+a n=2S n这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答该问题.已知正项数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,且满足.(1)求a n;(2)若b n=(a n+1)·2a n,求数列{b n}的前n项和T n.21.(12分)(2021·山东泰安一中月考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某市计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a 辆.(1)求经过n 年,该市被更换的公交车总数F (n );(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a 的最小值.22.(12分)(2021·广东广州检测)已知数列{a n }满足a 1=23,且当n ≥2时,a 1a 2…a n-1=2a n-2.(1)求证:数列{11−a n}是等差数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)记T n =12a 1a 2…a n ,S n =T 12+T 22+…+T n 2,求证:当n ∈N *时,a n+1-23<S n .答案及解析1.B 解析 因为a n+1-a n =2,a 1=2,所以数列{a n }是首项为2,公差为2的等差数列.所以a n =2+(n-1)×2=2n.设{a n }的前n 项和为S n ,则S n =n(2+2n)2=n 2+n.所以a 5+a 6+…+a 14=S 14-S 4=190.2.C 解析 因为等比数列{a n }的各项均为正数,且a 3=9,所以log 3a 1+log 3a 2+log 3a 3+log 3a 4+log 3a 5=log 3(a 1a 2a 3a 4a 5)=log 3(a 35)=log 3(95)=log 3(310)=10.3.D 解析 由题意可知S 5,S 10-S 5,S 15-S 10成等比数列.∵S 10S 5=12,∴设S 5=2k ,S 10=k ,k ≠0,∴S 10-S 5=-k ,∴S 15-S 10=k2,∴S 15=3k2,∴S 15S 5=3k22k =34. 4.D 解析 因为a 的音频是数列的第10项,440=220√2×212=220√2×(2112)10−4,所以频率为220√2 Hz 是该数列的第4项,其音名是#d.5.C 解析 当n=1时,a 1=S 1=1;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2-(n-1)2=2n-1.而a 1=1也符合a n =2n-1,所以a n =2n-1.所以1an a n+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1),所以T n =12(1−13+13-15+⋯+12n-1-12n+1)=121-12n+1=n2n+1,所以T 20=202×20+1=2041. 6.D 解析 设该数列为{a n },依题意,可知a 5,a 6,…成等差数列,且公差为2,a 5=5.设塔群共有n 层,则1+3+3+5+5(n-4)+(n-4)(n-5)2×2=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a 10+a 11+a 12=3a 11=3×(5+2×6)=51.7.D 解析 由2n ∈[1,100],n ∈N *,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26=2×(1−26)1−2=126.又1+2+3+ (100)100×1012=5 050,所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n (n ∈N *)的整数,其余整数的和为5 050-126=4 924.8.B 解析 由已知得当n 为奇数时,a n =n 2-(n+1)2=-2n-1,当n 为偶数时,a n =-n 2+(n+1)2=2n+1.所以a 1+a 2+a 3+…+a 100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.9.BCD 解析 当n=1时,a 1=S 1=1+t ,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=(4n-1+t )-(4n-2+t )=3×4n-2.由数列{a n }为等比数列,可知a 1必定符合a n =3×4n-2, 所以1+t=34,即t=-14.所以数列{a n }的通项公式为a n =3×4n-2,a 2=3, 数列{a n }的公比q=4.故选BCD . 10.AC 解析 由已知得a 1+3(a 1+4×1)=7a 1+7×62×1,解得a 1=-3.对于选项A,a 5=-3+4×1=1,故A 正确.对于选项B,a n =-3+n-1=n-4,因为a 1=-3<0,a 2=-2<0,a 3=-1<0,a 4=0,a 5=1>0,所以S n 的最小值为S 3或S 4,故B 错误.对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.对于选项D,因为S n=-3n+n(n-1)2=n2-7n2,所以S n无最大值,故D错误.11.BD解析设{a n}的公差为d,由已知得30×5+30×29d2=390,解得d=1629.∴a n=a1+(n-1)d=16n+12929.∵b n=2a n,∴b n+1b n =2a n+12a n=2a n+1-a n=2d,故数列{b n}是等比数列,B选项正确.∵5d=5×1629=8029≠3,∴b10b5=(2d)5=25d≠23,∴b10≠8b5,A选项错误.∵a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,C选项错误.∵a4=a1+3d=5+3×1629=19329,a5=a1+4d=5+4×1629=20929,∴a3+a5+a7a2+a4+a6=3a53a4=a5a4=209193,D选项正确.12.ABD解析由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,第2次得到数列1,4,3,5,2,此时k=3,第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,……第n次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.当n=1时,a 1=1+3+2=6,当n=2时,a 2=a 1+2a 1-3=3a 1-3,当n=3时,a 3=a 2+2a 2-3=3a 2-3,……所以a n+1=3a n -3,故B 项正确. 由a n+1=3a n -3,得a n+1-32=3(a n -32),又a 1-32=92,所以{a n -32}是首项为92,公比为3的等比数列,所以a n -32=92×3n-1=3n+12,即a n =3n+12+32,故C 项错误.S n =(322+32)+(332+32)+…+(3n+12+32)=343n+1+2n-3,故D 项正确.13.15 解析 因为a 2,a 2 020为方程x 2-10x+16=0的两根,所以a 2+a 2 020=10.又{a n }为等差数列,所以a 1+a 2 021=a 2+a 2 020=2a 1 011=10,即a 1 011=5. 所以a 1+a 1 011+a 2 021=3a 1 011=15. 14.n(n+1)2解析 因为S n =2a n -2,所以当n ≥2时,S n-1=2a n-1-2,两式相减,得a n =2a n -2a n-1,即a n =2a n-1.当n=1时,可得a 1=2,所以数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n =2n . 所以log 2a n =n ,所以T n =n(n+1)2.15.3n 2-2n 解析 数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数,并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{a n }是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{a n }的前n 项和为S n =n×1+n(n-1)2×6=3n 2-2n.16.5 240(3−n+32n) 解析 对折3次共可以得到52 dm ×12 dm,5 dm ×6 dm,10 dm ×3 dm,20dm ×32dm 四种规格的图形,面积之和S 3=4×30=120 dm 2;对折4次共可以得到54 dm ×12 dm,52dm ×6 dm,5 dm ×3 dm,10 dm ×32dm,20 dm ×34dm 五种规格的图形,S 4=5×15=75 dm 2.可以归纳对折n 次可得n+1种规格的图形,S n =(n+1)·2402ndm 2.则∑k=1nS k =S 1+S 2+…+S n =240221+322+423+…+n+12n . 记T n =221+322+423+…+n+12n , ① 则12T n =222+323+…+n2n +n+12n+1.②①与②式相减,得T n -12T n =12T n =221+122+123+…+12n −n+12n+1=32−n+32n+1. 故T n =3-n+32n .故∑k=1nS k =240·T n =240(3−n+32n).17.解 (1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q>0).由等比数列的性质可得a 5a 7=a 62=256,因为a n >0,所以a 6=16.所以q 2=a6a 4=256,即q=16.所以a n =a 6q n-6=16×16n-6=16n-5. (2)由(1)可知log 2a n =log 216n-5=4n-20,设b n =|log 2a n |=|4n-20|,数列{b n }的前n 项和为T n . ①当n ≤5,且n ∈N *时,T n =n(16+20-4n)2=18n-2n 2;②当n ≥6,且n ∈N *时,T n =T 5+(4+4n-20)(n-5)2=18×5-2×52+(2n-8)(n-5)=2n 2-18n+80.综上所述,T n={18n-2n2,n≤5,且n∈N*,2n2-18n+80,n≥6,且n∈N*.18.证明若选①②⇒③,设数列{a n}的公差为d1,数列{√S n}的公差为d2.∵当n∈N*时,a n>0,∴d1>0,d2>0.∴S n=na1+n(n-1)d12=d12n2+(a1-d12)n.又√S n=√S1+(n-1)d2,∴S n=a1+d22(n-1)2+2√a1d2(n-1)=d22n2+(2√a1d2-2d22)n+d22-2√a1d2+a1,∴d12=d22,a1-d12=2√a1d2-2d22,d22-2√a1d2+a1=0,∴d22=d12,d2=√a1,即d1=2a1,∴a2=a1+d1=3a1.若选①③⇒②,设等差数列{a n}的公差为d.因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,则d=2a1,所以S n=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以√S n−√S n-1=n√a1-(n-1)√a1=√a1.所以{√S n}是首项为√a1,公差为√a1的等差数列.若选②③⇒①,设数列{√S n}的公差为d,则√S2−√S1=d,即√a1+a2−√a1=d.∵a2=3a1,∴√4a1−√a1=d,即d=√a1,∴√S n=√S1+(n-1)d=√a1+(n-1)√a1=n√a1,即S n =n 2a 1,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2a 1-(n-1)2a 1=(2n-1)a 1, 当n=1时,a 1符合式子a n =(2n-1)a 1,∴a n =(2n-1)a 1,n ∈N *,∴a n+1-a n =2a 1, 即数列{a n }是等差数列.19.解 (1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q>0).因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项,所以2a 3=2a 1+3a 2,即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ,因为a 1≠0,所以2q 2-3q-2=0,解得q=2或q=-12(舍去).所以a 4=a 1q 3=8a 1=16,解得a 1=2.所以a n =2×2n-1=2n . (2)由(1)可知a 2n+1=22n+1,所以b n =(-1)n log 2a 2n+1=(-1)n log 222n+1=(-1)n (2n+1), 所以T n =(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n (2n+1), -T n =(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1), 所以2T n =-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2×1−(−1)n-12+(-1)n (2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n (2n+1)=-2+(2n+2)(-1)n ,所以T n =(n+1)(-1)n -1. 20.解 (1)若选①,则2S n =na n+1.当n=1时,2S 1=a 2,又S 1=a 1=1,所以a 2=2. 当n ≥2时,2S n-1=(n-1)a n ,所以2a n =na n+1-(n-1)a n ,即(n+1)a n =na n+1,所以an+1n+1=a n n(n ≥2).又a 22=1,所以当n ≥2时,an n =1,即a n =n.又a 1=1符合上式,所以a n =n.若选②,则当n=1时,2S 1=a 2a 1,可得a 2=2. 当n ≥2时,2S n-1=a n a n-1,可得2a n =a n a n+1-a n a n-1. 由a n >0,得a n+1-a n-1=2.又a 1=1,a 2=2,所以{a 2n }是首项为2,公差为2的等差数列,{a 2n-1}是首项为1,公差为2的等差数列,所以a n =n.若选③,因为a n 2+a n =2S n ,所以当n ≥2时,a n-12+a n-1=2S n-1,两式相减得a n 2+a n -a n-12-a n-1=2a n ,即(a n +a n-1)(a n -a n-1-1)=0.由a n >0,得a n -a n-1-1=0,即a n -a n-1=1,所以{a n }是首项为1,公差为1的等差数列,所以a n =n.(2)由(1)知b n =(n+1)·2n ,所以T n =2×2+3×22+4×23+…+(n+1)·2n , 2T n =2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1, 两式相减,得-T n =4+22+23+ (2)-(n+1)·2n+1=4+4(1−2n-1)1−2-(n+1)·2n+1=4-4+2n+1-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,所以T n =n·2n+1.21.解 (1)设a n ,b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{a n }是首项为128,公比为1+50%=32的等比数列,数列{b n }是首项为400,公差为a 的等差数列.所以数列{a n }的前n 项和S n =128×[1−(32)n ]1−32=256[(32)n-1],数列{b n }的前n 项和T n =400n+n(n-1)2a.所以经过n 年,该市被更换的公交车总数F (n )=S n +T n =256[(32)n-1]+400n+n(n-1)2a.(2)若用7年的时间完成全部更换,则F (7)≥10 000, 即256[(32)7-1]+400×7+7×62a ≥10 000,即21a ≥3 082,所以a ≥3 08221.又a ∈N *,所以a 的最小值为147.22.证明 (1)因为当n ≥2时,a 1a 2…a n-1=2a n-2,所以a 1a 2…a n =2an+1-2,两式相除,可得a n =1a n+1-11a n-1,所以11−a n=a n+11−a n+1=11−an+1-1,所以11−an+1−11−a n=1(n ≥2).又a 1=23,所以a 2=34,11−a 1=3,11−a 2=4,所以11−a 2−11−a 1=1,所以11−an+1−11−a n=1(n ∈N *),所以数列{11−a n}是首项为3,公差为1的等差数列.所以11−a n=3+(n-1)×1=n+2,所以a n =n+1n+2.(2)因为T n =12a 1a 2…a n =12×23×34×…×n+1n+2=1n+2,所以T n 2=1(n+2)2>1(n+2)(n+3)=1n+2−1n+3,所以S n=T12+T22+…+T n2>13−14+14−15+…+1n+2−1n+3=13−1n+3=1-1n+3−23=n+2 n+3−23=a n+1-23,所以当n∈N*时,a n+1-23<S n.。

专题三 数 列数列问题重在“化”——化归等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决．【典例】S n为数列{a n}的前n项和．已知a n>0，a2n＋2a n＝4S n＋3．(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝1a n a n＋1，求数列{b n}的前n项和．[解题示范](1)由a2n＋2a n＝4S n＋3，①可知a2n＋1＋2a n＋1＝4S n＋1＋3. ②②－①，得a2n＋1－a2n＋2(a n＋1－a n)＝4a n＋1，即2(a n＋1＋a n)＝a2n＋1－a2n＝(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n)．由a n>0，得a n＋1－a n＝2.❶又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{a n}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n＋1．(2)由a n＝2n＋1可知b n＝1a n a n＋1＝1(2n＋1)(2n＋3)＝12⎝⎛⎭⎫12n＋1－12n＋3.❷错误！未指定书签。

设数列{b n}的前n项和为T n，则T n＝b1＋b2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n＋1－12n＋3＝n3(2n＋3)．❶化归：由条件化归为等差数列项与项之间的关系．❷化归：把数列的通项分拆后使得求和时某些项可以相消，即为裂项相消法求和．错误！未指定书签。

对于数列的备考：一是准确掌握数列中a n与S n之间的关系，这是解决数列问题的基础；二是重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；三是注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；四是在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

高考数学二轮复习数据的数字特征专题练习（带答案）用古典概率和随机变量的数字特征来处置数学剖析中的一些恒等式效果是很有效的方法。

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一、选择题1.一个样本数据按从小到大的顺序陈列为13,14,19，x,23,27,28,31，其中位数为22，那么x为()A.21B.22C.20D.23[答案] A[解析] 由=22得x=21.2.以下说法正确的选项是()A.在两组数据中，平均值较大的一组方差较大B.平均数反映数据的集中趋向，规范差那么反映数据离平均值的动摇大小C.方差的求法是求出各个数据与平均值的差的平方后再求和D.在记载两团体射击环数的两组数据中，方差大的表示射击水平高[答案] B[解析] 平均数、中位数、众数都是反映一组数据的集中趋向的统计量，方差、规范差、极差都是反映数据的团圆水平的统计量，应选B.3.在一次歌声大奖赛上，七位评委为歌手打出的分数如下：9.4 8.4 9.4 9.9 9.6 9.4 9.7去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均值和方差区分为()A.9.4 0.484B.9.4 0.016C.9.5 0.04D.9.5 0.016[答案] D[解析] 去掉一个最高分和一个最低分后剩余分数为9.4，9.4，9.6,9.4,9.7.其平均数为==9.5.方差s2=(0.12+0.12+0.12+0.12+0.22)=0.08=0.016.4.在某次测量中失掉的A样本数据如下：82,84,84,86,86,86,88,88,88,88.假定B样本数据恰恰是A 样本数据每个都加2后所得数据，那么A，B两样本的以下数字特征对应相反的是()A.众数B.平均数C.中位数D.规范差[答案] D[解析] 此题考察样本的数字特征.A的众数88，B那么为88+2=90.各样本都加2后，平均数显然不同.A的中位数=86，B的中位数=88，而由规范差公式s=知D正确.5.甲、乙两支女子曲棍球队在去年的国际联赛中，甲队平均每场进球数为3.2，全年竞赛进球个数的规范差为3;乙队平均每场进球数为1.8，全年竞赛进球个数的规范差为0.3，以下说法正确的有()甲队的技术比乙队好;乙队发扬比甲队动摇;乙队简直每场都进球;甲队的表现时好时坏A.1个B.2个C.3个D.4个[答案] D[解析] s甲s乙，说明乙队发扬比甲队动摇，甲乙，说明甲队平均进球多于乙队，但乙队平均进球数为1.8，规范差仅有0.3，说明乙队确实很少不进球.6.期中考试后，班长算出了全班40人数学效果的平均分为M，假设把M当成一个同窗的分数，与原来的40个分数一同，算出这41个分数的平均数为N，那么MN为()A. B.1C. D.2[答案] B[解析] 平均数是用一切数据的和除以数据的总个数而失掉的.设40位同窗的效果为xi(i=1,2，，，40)，那么M=，N=.故MN=1.二、填空题7.假定样本x1+2，x2+2，，xn+2的平均值为10，那么样本2x1+3,2x2+3，，2xn+3的平均值为________.[答案] 19[解析] x1+2，x2+2，，xn+2的平均值为10，x1，x2，，xn的平均值为8，2x1+3,2x2+3，，2xn+3的平均值为28+3=19.8.某赛季，甲、乙两名篮球运发动都参与了11场竞赛，他们每场竞赛得分的状况用如下图的茎叶图表示，假定甲运发动的中位数为a，乙运发动的众数为b，那么a-b=________. 甲乙 7 9 8 0 7 8 5 5 7 9 1 1 1 3 3 4 6 2 2 0 2 3 1 0 1 4 0 [答案] 8[解析] 由茎叶图知a=19，b=11，a-b=8.三、解答题9.某校为了了解甲、乙两班的数学学习状况，从两班各抽出10名先生停止数学水平测试，效果如下(单位：分)：甲班：82,84,85,89,79,80,91,89,79,74;乙班：90,76,86,81,84,87,86,82,85,83.(1)求两个样本的平均数甲和乙;(2)求两个样本的方差和规范差;(3)比拟两组数据的平均数，并估量哪个班的平均分较高;(4)比拟两组数据的规范差，并估量哪个班的数学效果比拟划一.[解析] (1)甲=(82+84+85+89+79+80+91+89+79+74)=83.2(分)，乙=(90+76+86+81+84+87+86+82+85+83)=84(分).(2)s=[(82-83.2)2+(84-83.2)2+(85-83.2)2+(89-83.2)2+( 79-83.2)2+(80-83.2)2+(91-83.2)2+(89-83.2)2+(79-83.2 )2+(74-83.2)2]=26.36(分2)，s=[(90-84)2+(76-84)2+(86-84)2+(81-84)2+(84-84)2+(87 -84)2+(86-84)2+(82-84)2+(85-84)2+(83-84)2]=13.2(分2)，所以s甲=5.13(分)，s乙=3.63(分).(3)由于甲乙，所以据此估量乙班的平均分较高.(4)由于s甲s乙，所以据此估量乙班的数学效果比甲班划一.2021高考数学二轮温习数据的数字特征专题练习〔带答案〕的内容就是这些，查字典数学网预祝考生取得优秀的效果。

模块四数列（测试）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，若11a =，112n n S a +=，则（）A ．数列{}n a 是等比数列B ．数列{}n a 是等差数列C ．数列{}n S 是等比数列D ．数列{}n S 是等差数列【答案】C【解析】因112n n S a +=①可得，当2n ≥时，112n n S a -=②，于是，由①-②可得：111122n n n n S S a a -+-=-，即11122n n n a a a +=-，可得13n n a a +=，因11a =，在112n n S a +=中，取1n =，可得2122a S ==，即2123a a =≠，故数列{}n a 不是等比数列，选项A ，B 错误；又因当*N n ∈时，都有11n n n a S S ++=-，代入112n n S a +=中，可得1()12n n n S S S +=-，整理得：13n nS S +=，故数列{}n S 是等比数列，即选项C 正确，D 错误.故选：C.2．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5,8,13, ，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列{}n a 称为“斐波那契数列”．若把该数列{}n a 的每一项除以3所得的余数按相对应的顺序组成新数列{}n b ，则数列{}n b 的前2024项和是（）A ．2275B ．2276C ．2277D ．2278【答案】C【解析】1,1,2,3,5,8,13, ，除以3所得余数分别为1,1,2,0,2,2,1,0；1,1,2,0,2,2,1,0 ，即{}n b 是周期为8的周期数列，因为20248253=⨯，1289b b b +++= ，所以数列{}n b 的前2024项和为25392277⨯=.故选：C3．已知等比数列{}n a 的前n 项积为n S ，若11112S =，则247a a =（）A ．16B ．8C ．6D ．4【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，则11111112101162S a a a a a === ，则62a =，所以()2236476628a a a a q a q===.故选：B.4．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112n n n a S ++=+，12a =，则n S =（）A ．()12nn +⋅B ．()112n n -+⋅C ．12n n -⋅D ．2nn ⋅【答案】D【解析】因为112n n n a S ++=+，则112n n n n S S S ++-=+，整理得11122n nn nS S ++-=，又12a =，则112a =，因此数列2n n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1，公差为1的等差数列，则1(1)12nn S n n =+-⨯=，所以2n n S n =⋅.故选：D.5．已知数列{}n a 通项公式为2322,7494,7n n tn n a n n ⎧-+≤=⎨+>⎩，若对任意*n ∈N ，都有1n n a a +>，则实数t 的取值范围是（）A ．[3,)t ∈+∞B ．239[,)142t ∈C ．239(,)142t ∈D ．23[,)14t ∈+∞【答案】C【解析】当{}1,2,3,4,5,6n ∈时，()()221312123226320n n a a n t n n tn n t +-+-++--+-=+=>恒成立，所以263t n <+对{}1,2,3,4,5,6n ∈恒成立，故9292t t <⇒<，又当7,N n n >∈时，494n a n =+为单调递增的数列，故要使对任意*n ∈N ，都有1n n a a +>，则87a a >，即2489437142t ⨯+>⨯-+，解得2314t >，综上可得239(,)142t ∈，故选:C6．已知等差数列{}n a 中，1100a =，公差3d =-，前n 项和为n S ，则下列结论中错误的是（）A ．数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列B ．当34n =时，n S 值取得最大C ．存在不同的正整数,i j ，使得i jS S =D ．所有满足101()i j a a i j +=<的正整数,i j 中，当17,18i j ==时，i j a a 值最大【答案】C【解析】()2113203=222n n n d na n S n -+=-+，得320322n S n n =-+，数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，A 正确；当n S 的对称轴为20333.86n =≈，因为*N n ∈，所以当34n =时，n S 值取得最大，B 正确；因为当n S 的对称轴为20333.86n =≈，且*N n ∈，因此不存在整数对称点，即不存在不同的正整数,i j ，使得i j S S =，C 错误；由题可知1033n a n =-，10331033101()i j a a i j i j +=-+-=<，解得35i j +=，()()()10331033106099309i j a a i j ij i j --=+-+=，化简可得29315206i j i a a i -+-=，根据二次函数性质可知当17.5i =时，i j a a 取最大值，因为*N i ∈，所以当17,18i j ==时，i j a a 值最大，D 正确.故选：C.7．若数列{}n a 满足111n nd a a +-=（*n ∈N ，d 为常数），则称数列{}n a 为调和数列.已知数列21n x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为调和数列，且222212320222022x x x x ++++= ，则92014x x +的最大值为（）AB ．2C．D ．4【答案】B【解析】数列21n x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为调和数列,故221n n d x x +-=，所以{}2n x 为等差数列，由222212320222022x x x x++++= ，所以()2212022202220222xx +⨯=，故22120222x x +=，所以22920142x x +=，故22920149201422x x x x +=≥，故920141x x ≤，由于()229201492014920149201422224x x x x x x x x ++=+=+≤，当且仅当92014x x =时等号成立，故92014x x +的最大值为2，故选:B8．已知数列{}n a 的首项135a =，且1321n n n a a a +=+，121112025n a a a ++⋅⋅⋅+<，则满足条件的最大整数n =（）A ．2022B ．2023C ．2024D ．2025【答案】C 【解析】因为1321n n n a a a +=+，所以121112333n n n n a a a a ++==+，所以1111113n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，所以数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列，首项为121335-=，公比为13，所以1121112333n n n a -⎛⎫⎛⎫-=⨯=⨯ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即11213nn a ⎛⎫=⨯+ ⎪⎝⎭，所以1221112131331nn n S n a a a ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=⨯++++⎢⎥ ⎪⎪=++ ⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦+111331211313nnn n ⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=⨯=+- ⎪⎝⎭-，而当*N n ∈时，n S 单调递增，又因为202420241202520253S ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，且202520251202620253S ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以满足条件的最大整数2024n =.故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。