【文档说明】广东省佛山市顺德市李兆基中学2022-2023学年高二下学期3月月考 数学 试卷含答案.docx，共(20)页，1.002 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4a20698e21b5dbe9ab0a3563c2ce3d19.html

以下为本文档部分文字说明：

绝密★启用前2022-2023学年广东省佛山市顺德区顺德市李兆基中学高二（下）月考数学试卷（3月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三四总分得分注意事项:1.答卷前，

考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上

，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛=𝑛2−5𝑛+4，则数列{𝑎𝑛}的最小项是()

A.第1项B.第3项、第4项C.第4项D.第2项、第3项2.在数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=2，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+4，若𝑎𝑛=2022，则𝑛=()A.508B.507C.506D.5053.等差数列{𝑎𝑛}的前11项和𝑆11=44，则𝑎3+𝑎7+𝑎8=()A.9B.10C.1

1D.124.在等比数列{𝑎𝑛}中．已知𝑎1+𝑎3=8，𝑎5+𝑎7=4，则𝑎9+𝑎11+𝑎13+𝑎15=()A.11B.6C.3D.185.已知数列{𝑎𝑛}是递增的等比数列，𝑎1+𝑎2+𝑎3=14，𝑎1𝑎2𝑎3=64，则公比𝑞=(

)A.12B.1C.2D.46.若数列{𝑎𝑛}对任意正整数𝑛都有𝑎1+2𝑎2+3𝑎3+⋯+𝑛𝑎𝑛=2𝑛−1，则2𝑎2+5𝑎5=()A.17B.18C.34D.847.已知两个等差数列5，8，11，…和3，7，1

1，…都有100项，则它们的公共项的个数为()A.25B.24C.20D.198.已知等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑎7+𝑎8>0，𝑎7+𝑎9<0，则𝑆𝑛取最大值时𝑛的值为()A.8B.5C.6D.7二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在

每小题有多项符合题目要求）9.正项等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，已知𝑆3=𝑎2+10𝑎1，𝑎4=3.下列说法正确的是()A.𝑎1=9B.{𝑎𝑛}是递增数列C.{𝑆𝑛+118}为等比数列D.{log3𝑎𝑛}是等比数列10.记𝑆𝑛

为公差𝑑不为0的等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，则()A.𝑆3，𝑆6−𝑆3，𝑆9−𝑆6成等差数列B.𝑆33,𝑆66,𝑆99成等差数列C.𝑆9=2𝑆6−𝑆3D.𝑆9=3(𝑆6−𝑆3)11.已知数列{𝑎

𝑛}中，𝑎1=2，𝑎𝑛+1+1𝑎𝑛=1，𝑛∈𝑁+，则()A.𝑎2022=1B.𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎2002=1011C.𝑎1𝑎2𝑎3…𝑎2022==1011D.𝑎1𝑎2+𝑎2𝑎3+𝑎3𝑎4+⋯+𝑎2022𝑎2023=−101112.如

图所示，图1是边长为1的正方形，以正方形的一边为斜边作等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两个直角边为边分别作正方形得到图2，重复以上作图，得到图3，…….记图1中正方形的个数为𝑎1，图2中正方形的个数为𝑎2，图3中正方形的个数为

𝑎3，……，图𝑛中正方形的个数为𝑎𝑛，下列说法正确的有()A.𝑎5=63B.图5中最小正方形的边长为14C.𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯…+𝑎10=2036D.若𝑎𝑛=255，则图𝑛中所有正方形的面积之和为8第

II卷（非选择题）三、填空题（本大题共4小题，共24.0分）13.设数列{𝑎𝑛}满足{𝑎1=2𝑎𝑛=2+2𝑎𝑛−1，则𝑎3=．14.《九章算术》是我国古代的数学巨著，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，

共出百錢．欲令高爵出少，以次漸多，問各幾何？“意思是：“有大夫、不更、簪裹、上造、公士(爵位依次变低)5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成等差数列，这5个人各出多少钱？“在这个问题中，若大夫出6钱，则上造出的钱数为．15.数列{�

�𝑛}中，𝑎𝑛=−12𝑎𝑛+1−32(𝑛≥2,𝑛∈𝑁∗)，且𝑎1=1，则数列的通项公式为𝑎𝑛=．16.已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，且𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+𝑛+1，则𝑎𝑛=，数列{1𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛=．四、解答题（本大题共6小题，共70

.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑆𝑛−2𝑎𝑛+2=0，数列{𝑏𝑛}为等差数列，𝑏1=𝑎1，𝑏5=𝑏2+𝑏3．

(1)求数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的通项公式；(2)数列{𝑐𝑛}是由数列{𝑏𝑛}的项删去数列{𝑎𝑛}的项后按从小到大的顺序排列构成的新数列，求数列{𝑐𝑛}的前50项和𝑇50．18.(本小题12.0分)已知{𝑎

𝑛}为各项均为正数的等比数列，且𝑎1=3，𝑎4=3𝑎2+2𝑎3．(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)令𝑏𝑛=2𝑛+𝑎𝑛，求数列{𝑏𝑛}前𝑛项和𝑆𝑛．19.(本小题12.0分)已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛,𝑎1=1,(

𝑛+3)𝑆𝑛=𝑛𝑆𝑛+1(𝑛∈𝑁∗).求数列{𝑎𝑛}的通项公式．20.(本小题12.0分)已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=3，𝑎𝑛=2−1𝑎𝑛−1(𝑛≥2,𝑛∈𝑁∗).设𝑏𝑛=1𝑎𝑛−1(𝑛∈𝑁∗).(1)求证：数列{𝑏𝑛}是

等差数列；(2)设𝑐𝑛=1𝑏𝑛⋅𝑏𝑛+1，记数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛.证明：𝑇𝑛<2．21.(本小题12.0分)已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=5，𝑎2=13，且𝑎𝑛+2=5𝑎𝑛+1−6𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗).(1)求证：数列{𝑎𝑛+1−2

𝑎𝑛}是等比数列，并求{𝑎𝑛}的通项公式；(2)若𝑎𝑛−2𝑛>𝜆(3𝑛+1)(−1)𝑛−1对任意的𝑛∈𝑁∗恒成立，求实数𝜆的取值范围．22.(本小题12.0分)市民小张计划贷款75万元

用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式：①等额本金：在还款期内把贷款数总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余贷款在该月所产生的利息，因此，每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等

额本息：银行从每月月供款中，先收剩余本金利息，后收本金；利息在月供款中的比例会随剩余本金的减少而降低，本金在月供款中的比例因增加而升高，但月供总额保持不变.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款(如2021年7月8日贷款到账，则2021年8月8日首次还款).已知该笔贷款年限为25

年，月利率为0.4%．(1)若小张采取等额本金的还款方式，已知第一个还款月应还5500元，最后一个还款月应还2510元，试计算该笔贷款的总利息．(2)若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半.已知小张家庭平均月收入为1万元

，判断小张申请该笔贷款是否能够获批(不考虑其他因素).参考数据：1.004300≈3.31．(3)对比两种还款方式，你会建议小张选择哪种还款方式，并说明你的理由．答案和解析1.【答案】𝐷【解析】解：根据题意，数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛=𝑛2−

5𝑛+4，则𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=(𝑛+1)2−5(𝑛+1)+4−𝑛2+5𝑛−4=2𝑛−4，当𝑛<2时，有𝑎𝑛+1−𝑎𝑛≤0，则有𝑎1>𝑎2，当𝑛=2时，有𝑎𝑛+1−𝑎

𝑛=0，则有𝑎2=𝑎3，当𝑛>2时，有𝑎𝑛+1−𝑎𝑛>0，则有𝑎3<𝑎4<⋯…，故数列{𝑎𝑛}的最小项是第2项、第3项．故选：𝐷．根据题意，求出𝑎𝑛+1−𝑎𝑛的表达式，分析其符号，即可得数列{𝑎𝑛}的单调性，由此分析可得答案．本题考查数列的函数特性，

涉及数列的单调性，属于基础题．2.【答案】𝐶【解析】解：因为数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=2，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+4，即𝑎1=2，𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=4，所以数列{𝑎𝑛}是以2为首项，以4为公差的等差数列，𝑎𝑛=2+4(𝑛−1)=2022，则𝑛=506．故

选：𝐶．由已知结合等差数列的定义及通项公式即可求解．本题主要考查了等差数列的定义及通项公式的应用，属于基础题．3.【答案】𝐷【解析】解：根据题意，设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，若其前11项和𝑆11=44，则有(𝑎1+𝑎11)×112=44，变形可得𝑎1+

𝑎11=2𝑎1+10𝑑=8，则有𝑎1+5𝑑=4，则𝑎3+𝑎7+𝑎8=(𝑎1+2𝑑)+(𝑎1+6𝑑)+(𝑎1+7𝑑)=3(𝑎1+5𝑑)=12．故选：𝐷．根据题意，设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由等差数列前𝑛项和公式可得(�

�1+𝑎11)×112=44，变形可得𝑎1+5𝑑=4，又由等差数列的通项公式可得𝑎3+𝑎7+𝑎8=(𝑎1+2𝑑)+(𝑎1+6𝑑)+(𝑎1+7𝑑)=3(𝑎1+5𝑑)，计算可得答案．本题考查等差数列的性质，涉及等差数列的求和，属于基础题．4

.【答案】𝐶【解析】【分析】根据等比数列的通项公式进行计算即可．本题主要考查等比数列的通项公式，根据条件求出公比是解决本题的关键．【解答】解：∵等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎1+𝑎3=8，𝑎5+𝑎7=4，∴(�

�1+𝑎3)⋅𝑞4=4，∴𝑞4=12，∴𝑎9+𝑎11+𝑎13+𝑎15=(𝑎5+𝑎7)⋅𝑞4+(𝑎5+𝑎7)⋅𝑞8=4×12+4×14=3，故选：𝐶．5.【答案】𝐶【解析】解：数列{𝑎𝑛}是递增

的等比数列，𝑎1𝑎2𝑎3=64，则𝑎23=64，解得𝑎2=4，∵𝑎1+𝑎2+𝑎3=14，∴𝑎1+𝑎3=10，∴{𝑎1𝑞=4𝑎1+𝑎1𝑞2=10，解得𝑞=12或𝑞=2，∵数列{𝑎𝑛}是递增的等比数列，∴𝑞>1，∴𝑞=2．故选：𝐶．根据已知条件

，结合等比数列的性质，以及数列{𝑎𝑛}是递增的等比数列，即可求解．本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．6.【答案】𝐵【解析】解：因为𝑎1+2𝑎2+3𝑎3+⋯+𝑛𝑎𝑛=2𝑛−1，所以𝑛≥2时，𝑎1+2𝑎2+3𝑎3

+⋯+(𝑛−1)𝑎𝑛−1=2𝑛−1−1，两式相减，得𝑛𝑎𝑛=2𝑛−2𝑛−1=2𝑛−1，即𝑎𝑛=2𝑛−1𝑛(𝑛≥2)，又𝑛=1时，得𝑎1=21−1=1，也适合𝑎𝑛=2𝑛−1𝑛，所以𝑛∈𝑁∗时，𝑎𝑛=2𝑛

−1𝑛，所以2𝑎2+5𝑎5=22−1+25−1=18．故选：𝐵．根据递推公式𝑎1+2𝑎2+3𝑎3+⋯+𝑛𝑎𝑛=2𝑛−1，可求出数列{𝑎𝑛}的通项公式，从而可求出2𝑎2+5𝑎5的值．本题考查数列的递推公式，考查学生的运算能力，

属于中档题．7.【答案】𝐴【解析】【分析】本题主要考查等差数列的通项公式和性质，解法一利用了等差数列的性质，解法二利用了不定方程的求解方法，对学生的运算能力及逻辑思维能力的要求较高，属中档题．(法一)：根据两个等差数列的相同的项按原来的先后次序组成一个等差数列，且公差为原来两个公差的最

小公倍数求解，(法二)由条件可知两个等差数列的通项公式，可用不定方程的求解方法来求解．【解答】解：解法一：设两个数列相同的项按原来的前后次序组成的新数列为{𝑎𝑛}，则𝑎1=11∵数列5，8，11，…与3，7，11，…公差分别为3与4，∴{𝑎𝑛}的公差𝑑=3×4=12，∴𝑎

𝑛=11+12(𝑛−1)=12𝑛−1．又∵5，8，11，…与3，7，11，…的第100项分别是302与399，∴𝑎𝑛=12𝑛−1≤302，即𝑛≤25.5．又∵𝑛∈𝑁∗，∴两个数列有25个相同的项．解法二：设数列5，8，11，…与数列3，7，

11，…分别为{𝑎𝑛}与{𝑏𝑛}，则𝑎𝑛=3𝑛+2，𝑏𝑛=4𝑛−1．设{𝑎𝑛}中的第𝑛项与{𝑏𝑛}中的第𝑚项相同，即3𝑛+2=4𝑚−1，∴𝑛=43𝑚−1．又𝑚、𝑛∈𝑁∗，可设𝑚=3

𝑟(𝑟∈𝑁∗)，得𝑛=4𝑟−1．根据题意得1≤3𝑟≤100，1≤4𝑟−1≤100解得12≤𝑟≤1014，∵𝑟∈𝑁∗，从而有25个相同的项，故选A．8.【答案】𝐷【解析】解：设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，∵𝑎7+𝑎8>0，2𝑎8=𝑎7+𝑎9<0，∴{2𝑎1

+13𝑑>02𝑎1+14𝑑<0，即{𝑎1>0𝑑<0，∴{𝑎7>0𝑎8<0，∴𝑆𝑛取最大值时𝑛的值为7．故选：𝐷．由等差数列{𝑎𝑛}中，其前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑎7+𝑎8>0，𝑎7+�

�9<0，推导出𝑎1>0，𝑑<0，且𝑎7>0，𝑎8<0，由此能求出当𝑆𝑛取最大值时，𝑛的值．本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．9.【答案】𝐵𝐶【解析】解：正项等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，已知𝑆3=𝑎2

+10𝑎1，𝑎4=3．设首项为𝑎1，公比为𝑞，则{𝑎1+𝑎2+𝑎3=𝑎2+10𝑎1𝑎1𝑞3=3，解得{𝑎1=19𝑞=3，所以𝑎𝑛=19⋅3𝑛−1=3𝑛−3，故A错误，B正确；则：𝑆𝑛=19(3𝑛−1)3−1=118⋅3𝑛−118，由于𝑆𝑛

的关系式符合𝐴𝑞𝑛−1−𝐴的形式，故C正确．由于𝑎𝑛=3𝑛−3，所以log3𝑎𝑛=𝑙𝑜𝑔33𝑛−3=𝑛−3，所以该数列为等差数列，故D错误．故选：𝐵𝐶．直接利用等比数列的定义

和等比数列的性质的应用和前𝑛项和公式的应用求出数列的通项公式和前𝑛‘项和公式，进一步判定𝐴、𝐵、𝐶、𝐷的结论．本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式，等比数列的前𝑛项和，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．10.【答案】𝐴𝐵

𝐷【解析】解：∵(𝑆6−𝑆3)−𝑆3=(𝑎4+𝑎5+𝑎6)−(𝑎1+𝑎2+𝑎3)=(𝑎4−𝑎1)+(𝑎5−𝑎2)+(𝑎6−𝑎3)=3𝑑+3𝑑+3𝑑=9𝑑，(𝑆9−

𝑆6)−(𝑆6−𝑆3)=(𝑎7+𝑎8+𝑎9)−(𝑎4+𝑎5+𝑎6)=(𝑎7−𝑎4)+(𝑎8−𝑎5)+(𝑎9−𝑎6)=3𝑑+3𝑑+3𝑑=9𝑑，∴𝑆3，𝑆6−𝑆3，𝑆9−𝑆6成等差数列，故选项A正确；∵𝑆𝑛=𝑛𝑎1+𝑛(𝑛−1)2𝑑，

∴𝑆𝑛𝑛=𝑎1+(𝑛−1)2𝑑，∴𝑆33=𝑎1+𝑑，𝑆66=𝑎1+52𝑑，𝑆99=𝑎1+4𝑑，∴2×𝑆66=𝑆33+𝑆99，即𝑆33，𝑆66，𝑆99成等差数列，故选项B正确；∵𝑆9+𝑆3−2𝑆6=9𝑎

1+36𝑑+3𝑎1+3𝑑−2×(6𝑎1+15𝑑)=9𝑑≠0，∴𝑆9=2𝑆6−𝑆3不成立，即选项C错误；∵𝑆9−3(𝑆6−𝑆3)=9𝑎1+36𝑑−3×(6𝑎1+15𝑑−3𝑎1−3𝑑)=0，∴𝑆9=3(𝑆6−

𝑆3)成立，即选项D正确；故选：𝐴𝐵𝐷．由等差数列性质及前𝑛项和公式对4个选项依次判断即可．本题考查了等差数列性质及等差数列的前𝑛项和，是中档题．11.【答案】𝐵𝐷【解析】解：∵𝑎1=2，𝑎�

�+1+1𝑎𝑛=1，∴𝑎2=1−1𝑎1=12，𝑎3=1−1𝑎2=−1，𝑎4=1−1𝑎3=2，𝑎5=1−1𝑎4=12，⋅⋅⋅，∴数列{𝑎𝑛}是以3为周期的周期数列，对于𝐴：𝑎2022=𝑎674×3=𝑎3=−1，故A错误；对于𝐵：

𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋅⋅⋅+𝑎2022=674(𝑎1+𝑎2+𝑎3)=674×32=1011，故B正确；对于𝐶：𝑎1𝑎2𝑎3⋅⋅⋅𝑎2022=(𝑎1𝑎2𝑎3)674=1，故C错误；对于𝐷：由递推关系式得𝑎𝑛𝑎𝑛+1=𝑎

𝑛−1，∴𝑎1𝑎2+𝑎2𝑎3+𝑎3𝑎4+⋅⋅⋅+𝑎2022𝑎2023=(𝑎1−1)+(𝑎2−1)+⋅⋅⋅+(𝑎2022−1)=𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋅⋅⋅+𝑎2022−20

22=1011−2022=−1011，故D正确．故选：𝐵𝐷．根据递推关系式可推导出数列{𝑎𝑛}是以3为周期的周期数列，由𝑎2022=𝑎674×3=𝑎3，即可判断𝐴；由𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋅⋅⋅+𝑎2022=674(𝑎1+𝑎2+𝑎3)，即可判断

𝐵；由𝑎1𝑎2𝑎3⋅⋅⋅𝑎2022=(𝑎1𝑎2𝑎3)674，即可判断𝐶；根据递推关系式可得𝑎𝑛𝑎𝑛+1=𝑎𝑛−1，即可判断𝐷．本题考查数列的递推公式、周期数列等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．12.【答

案】𝐵𝐶𝐷【解析】解：图1中，正方形的个数为1=2−1，正方形的边长为1，正方形的面积为1，图2中，正方形的个数为3=22−1，最小正方形的边长为1√2，正方形的面积之和为1+2×(1√2)2=1+2×12=1+1=2，图3中，正方形的个数为3+4=7=23−1，

最小正方形的边长为1(√2)2，正方形的面积之和为2+4×(1(√2)2)2=2+4×14=2+1=3，下一个图中，正方形的个数为15=24−1，最小正方形的边长为1(√2)3，以此类推，图𝑛中，正方

形的个数为𝑎𝑛=2𝑛−1，最小正方形的边长为1(√2)𝑛−1，则图𝑛中，所有正方形的面积之和为𝑆=𝑛则𝑎5=25−1=31，故A错误，图5中最小正方形的边长为1(√2)4=14，故B正确，𝑎1+

𝑎2+𝑎3+⋯…+𝑎10=(2−1)+(22−1)+(23−1)+⋅⋅⋅+(210−1)=(2+22+⋅⋅⋅+210)−10=2(1−210)1−2−10=211−12=2048−12=2036，故C正确，若𝑎𝑛=2𝑛−1=25

5，得2𝑛=256，得𝑛=8，则图8中所有正方形的面积之和为8，故D正确，故选：𝐵𝐶𝐷．根据已知，分别判断正方形个数，最小正方形的边长以及所有正方形面积，根据规律归纳出通项公式，然后分别进行判断即可．本题主要考查归纳推理的应用，根据已知条件，分别归

纳出，正方形个数，最小正方形边长以及正方形面积之和的规律是解决本题的关键，是中档题．13.【答案】83【解析】解：∵数列{𝑎𝑛}满足{𝑎1=2𝑎𝑛=2+2𝑎𝑛−1，∴𝑎2=2+22=3，𝑎3=2+23=83．故答案为：83．利用

递推公式求解．本题考查数列的第3项的求法，是基础题，解题时要注意递推思想的合理运用．14.【答案】27【解析】【分析】本题考查数列的实际应用，涉及等差数列的定义以及通项公式，属于基础题．根据题意，设按照爵位从高到低每人所出钱数成等差数列{𝑎𝑛}，由等差数列的前𝑛

项和求出𝑑，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，设按照爵位从高到低每人所出钱数成等差数列{𝑎𝑛}，设首项为𝑎1，公差为𝑑>0.由题意可得𝑎1=6，①𝑆5=5𝑎1+5×42𝑑=100，②由①②联立可得𝑑=7，则上造出

的钱数为𝑎4=𝑎1+3𝑑=6+3×7=27，故答案为：27．15.【答案】2×(−2)𝑛−1−1【解析】解：∵数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛=−12𝑎𝑛+1−32(𝑛≥2,𝑛∈𝑁∗)，且𝑎1=1，∴𝑎𝑛+1=−12(𝑎𝑛+1+1)，即𝑎𝑛+1+1=−2(𝑎𝑛+1

)，又𝑎1+1=2，∴数列{𝑎𝑛+1}是首项为2，公比为−2的等比数列，∴𝑎𝑛+1=2×(−2)𝑛−1，∴数列的通项公式为𝑎𝑛=2×(−2)𝑛−1−1．故答案为：2×(−2)𝑛−1−1．根据已知的递推关系式得到数列{𝑎𝑛+1}是首项为2，公比为−2的等比数列，

进而求解结论．本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力和转化能力，属于基础题．16.【答案】𝑛(𝑛+1)22𝑛𝑛+1【解析】【分析】本题考查了数列的通项公式的求解以及前𝑛和的求解，涉及到叠加以及裂项相消法的应用，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．由已知

可得𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=𝑛，如何利用叠加法即可求出𝑎𝑛，然后再利用裂项相消法即可求出𝑆𝑛．【解答】解：数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，且𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+𝑛+1，则𝑎𝑛=𝑎𝑛−1+𝑛，即�

�𝑛−𝑎𝑛−1=𝑛，则𝑎𝑛=𝑎1+𝑎2−𝑎1+𝑎3−𝑎2+.......+𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=1+2+.....+𝑛=𝑛(𝑛+1)2，所以1𝑎𝑛=2𝑛(𝑛+1)=2(1𝑛−1𝑛+1)，则𝑆𝑛=2(

1−12+12−13+....+1𝑛−1𝑛+1)=2(1−1𝑛+1)=2𝑛𝑛+1，故答案为：𝑛(𝑛+1)2；2𝑛𝑛+1．17.【答案】解：(1)数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑆𝑛−2𝑎𝑛+2=0，可得𝑛

=1时，𝑆1−2𝑎1+2=𝑎1−2𝑎1+2=0，解得𝑎1=2；𝑛≥2时，由𝑆𝑛=2𝑎𝑛−2，可得𝑆𝑛−1=2𝑎𝑛−1−2，两式相减可得𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=2𝑎𝑛−2−2𝑎𝑛−1+2，化为𝑎𝑛=2𝑎𝑛−1，所以𝑎𝑛=

2𝑛；设等差数列{𝑏𝑛}的公差为𝑑，𝑏1=𝑎1=2，𝑏5=𝑏2+𝑏3，即2+4𝑑=2+𝑑+2+2𝑑，解得𝑑=2，所以𝑏𝑛=2𝑛；(2)因为数列{𝑐𝑛}是由数列{𝑏𝑛}的项删去数列{𝑎𝑛}

的项后按从小到大的顺序排列构成的新数列，可得数列{𝑐𝑛}的前50项为数列{𝑏𝑛}的前56项去掉数列{𝑎𝑛}的前6项后所得的项，所以𝑇50=(2+4+6+...+112)−(2+4+8+16+32+64)=1

2×56×(2+112)−2(1−26)1−2)=3192−126=3066．【解析】(1)由数列的递推式和等比数列的通项公式可得𝑎𝑛；由等差数列的通项公式可得𝑏𝑛；(2)由题意可得数列{𝑐�

�}的前50项为{𝑏𝑛}中的前56项中去掉{𝑎𝑛}中的前6项后所得的项，结合等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和．本题考查数列的递推式和等差数列与等比数列的通项公式、求和公式，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．18.【答案】解：(1)已知{𝑎𝑛}为各项均为正数的等比

数列，且𝑎1=3，𝑎4=3𝑎2+2𝑎3，则𝑞2−2𝑞−3=0，又𝑞>0，则𝑞=3，即𝑎𝑛=3𝑛；(2)由题意可得𝑏𝑛=2𝑛+3𝑛，则𝑆𝑛=2(1+2+3+...+𝑛)+(3+32+33+...+3𝑛)=

2×𝑛(𝑛+1)2+3(1−3𝑛)1−3=𝑛2+𝑛+3𝑛+12−32．【解析】(1)由题意可得𝑞2−2𝑞−3=0，又𝑞>0，即𝑞=3，然后求解即可；(2)由题意可得𝑏𝑛=2𝑛+3𝑛，然后结合分组求和法求解即可．本题考查了等比数列通项公式的求法

，重点考查了分组求和法，属基础题．19.【答案】解：∵(𝑛+3)𝑆𝑛=𝑛𝑆𝑛+1，𝑆𝑛>0，∴𝑆𝑛+1𝑆𝑛=𝑛+3𝑛，当𝑛≥2时，由累乘法得𝑆2𝑆1⋅𝑆3𝑆2⋅𝑆4𝑆3⋅⋯⋅𝑆𝑛𝑆𝑛−1=41⋅52⋅6

3⋅74⋅⋯⋅𝑛+2𝑛−1，则𝑆𝑛𝑆1=𝑛(𝑛+1)(𝑛+2)6，又𝑆1=𝑎1=1，∴𝑆𝑛=𝑛(𝑛+1)(𝑛+2)6，∴当𝑛≥2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=𝑛(𝑛+1)2，当𝑛=1时，𝑎1=1符合上式，故数列

{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=𝑛(𝑛+1)2．【解析】利用递推关系变形得𝑆𝑛+1𝑆𝑛=𝑛+3𝑛，利用累乘法求出𝑆𝑛，再根据𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1(𝑛≥2)，即可得出答案．本题考查数列的

递推式，考查转化思想，考查运算能力和逻辑推理能力，属于中档题．20.【答案】证明：(1)𝑏1=1𝑎1−1=12，𝑛≥2时，𝑏𝑛=1𝑎𝑛−1=11−1𝑎𝑛−1=𝑎𝑛−1𝑎𝑛−1−1=

1+1𝑎𝑛−1−1=1+𝑏𝑛−1，可得数列{𝑏𝑛}是首项为12，公差为1的等差数列；(2)由(1)可得𝑏𝑛=12+𝑛−1=𝑛−12，所以𝑐𝑛=1𝑏𝑛⋅𝑏𝑛+1=1(𝑛−12)(𝑛+12)=2(12𝑛−1−12𝑛+1)，则

𝑇𝑛=2(1−13+13−15+...+12𝑛−1−12𝑛+1)=2(1−12𝑛+1)，因为12𝑛+1>0，所以𝑇𝑛<2．【解析】(1)求得𝑏1，由等差数列的定义可得结论；(2)计算𝑐𝑛=2(12𝑛−1−12𝑛+1)

，由数列的裂项相消求和，结合不等式的性质可得证明．本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，以及裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．21.【答案】解：(1)证明：𝑎𝑛+2−2𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛+1−6𝑎𝑛=3(𝑎𝑛

+1−2𝑎𝑛)(𝑛∈𝑁∗)，故{𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛}为等比数列，首项为𝑎2−2𝑎1=13−10=3，公比为3，则𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛=3+3(𝑛−1)=3𝑛，设𝑎𝑛+1+(𝑛+1)𝑥+𝑦=2(𝑎𝑛+𝑛𝑥+𝑦)，整理得：

𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛=𝑥𝑛+𝑦−𝑥，对照系数可知{𝑥=3𝑦−𝑥=0，解得：{𝑥=3𝑦=3，故𝑎𝑛+1+3(𝑛+1)+3=2(𝑎𝑛+3𝑛+3)，故{𝑎𝑛+3𝑛+3}为公比为2的等比数列，首项为

𝑎1+3+3=11，则𝑎𝑛+3𝑛+3=11×2𝑛−1，故𝑎𝑛=11×2𝑛−1−3𝑛−3；(2)结合第一问可知11×2𝑛−1−3𝑛−3−2𝑛>𝜆(3𝑛+1)(−1)𝑛−1，整理得：9×2𝑛

−1−3𝑛−3>𝜆(3𝑛+1)(−1)𝑛−1，当𝑛为奇数时，9×2𝑛−1−3𝑛−3>𝜆(3𝑛+1)，即9×2𝑛−1−3𝑛−33𝑛+1>𝜆，整理得：9×2𝑛−1−23𝑛+1>𝜆+1，设𝑐𝑛=9×2𝑛−1−23𝑛+1，𝑐𝑛+1−𝑐𝑛=9×2𝑛−23

𝑛+4−9×2𝑛−1−23𝑛+1=(27𝑛−18)×2𝑛−1+6(3𝑛+4)(3𝑛+1)，当𝑛≥1时，𝑐𝑛+1−𝑐𝑛=(27𝑛−18)×2𝑛−1+6(3𝑛+4)(3𝑛+1)>0，故{𝑐𝑛}单调递增，且𝑐1=9−24=74，故74>𝜆+1，解得：𝜆<3

4，当𝑛为偶数时，9×2𝑛−1−3𝑛−3>−𝜆(3𝑛+1)，故9×2𝑛−1−3𝑛−33𝑛+1>−𝜆，整理得：9×2𝑛−1−23𝑛+1>−𝜆+1，设𝑐𝑛=9×2𝑛−1−23𝑛+1，

因为{𝑐𝑛}单调递增，且𝑐2=167，故167>−𝜆+1，解得：𝜆>−97，综上：−97<𝜆<34，即实数𝜆的取值范围是(−97,34)．【解析】(1)根据条件变形得到𝑎𝑛+2−2𝑎𝑛+1=3(𝑎

𝑛+1−2𝑎𝑛)(𝑛∈𝑁∗)，可得数列{𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛}为等比数列，得到𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛=3𝑛，再构造出{𝑎𝑛+3𝑛+3}为等比数列，求出𝑎𝑛=11×2𝑛−1−3𝑛−3；

(2)在第一问的基础上，分𝑛为奇数和𝑛为偶数两种情况，利用作差法得到𝑐𝑛=9×2𝑛−1−23𝑛+1的单调性，进而列出不等式，求出实数𝜆的取值范围．本题主要考查数列递推式，数列与不等式的综合，考查运算求解能力，属于难题．22.【答案】解：(1)依题意，由该笔贷款年限为25年，可知该

笔贷款一共还款月数为25×12=300(月)，若小张采取等额本金的还款方式，则小张每个还款月应还本金为750000÷300=2500(元)，故小张第1个还款月应还利息为2500×300×0.4%，第2个还款月应还利息为2500×29

9×0.4%，⋅⋅⋅第300个还款月应还利息为2500×1×0.4%，∴该笔贷款的总利息为：2500×300×0.4%+2500×299×0.4%+⋅⋅⋅+2500×1×0.4%=2500×(300+299+⋅⋅⋅+1)×0.4%=2500×30

0×(300+1)2×0.4%=451500(元)．(2)由题意，若小张采取等额本息的还款方式，设小张每月固定还款额为𝐴元，设每个还款月还款后欠银行还款额分别为𝑎1，𝑎2，𝑎3，⋅⋅⋅，𝑎300，则𝑎1

=750000×(1+0.4%)−𝐴，𝑎2=𝑎1⋅(1+0.4%)−𝐴=[750000×(1+0.4%)−𝐴]⋅(1+0.4%)−𝐴=750000×(1+0.4%)2−(1+0.4%)𝐴−𝐴，𝑎3=𝑎2⋅(1+0.4%)−𝐴=[750000×

(1+0.4%)2−(1+0.4%)𝐴−𝐴]⋅(1+0.4%)−𝐴=750000×(1+0.4%)3−(1+0.4%)2𝐴−(1+0.4%)𝐴−𝐴，⋅⋅⋅由此类推，可得𝑎300=𝑎299⋅(1+0.4%)−�

�=750000×(1+0.4%)300−(1+0.4%)299𝐴−⋅⋅⋅−(1+0.4%)𝐴−𝐴，∵第300个还款月还完之后表示贷款全部还清，即𝑎300=0，∴750000×(1+0.4%)300−(1+0.4%)299𝐴−⋅⋅⋅−(1+0.4%

)𝐴−𝐴=0，整理，得𝐴+(1+0.4%)𝐴+⋅⋅⋅+(1+0.4%)299𝐴=750000×(1+0.4%)300，(1+1.004+⋅⋅⋅+1.004299)𝐴=750000×1.004

300，1−1.0043001−1.004𝐴=750000×1.004300，∴𝐴=750000×1.004300×1.004−11.004300−1≈750000×3.31×0.0043.31−1≈4298.70<5000，∴小张申请

该笔贷款能够获批．(3)由第(2)题，可知若小张采取等额本息的还款方式，则该笔贷款的总利息约为：4298.70×300−750000=539610(元)．∵539610元>451500元，即小张采取等额本息的还款方式的总

利息比等额本金的还款方式的总利息多，∴我会建议小张选择等额本金的还款方式．【解析】(1)先根据题意计算出该笔贷款一共还款月数以及每月应还本金的金额，再分别推导出每个还款月应还利息，最后求和并根据等差数列的求和公式进一步计算出即可得到采取等额本金的还款方式该笔贷款的总利息；(2)根据题意

设小张每月固定还款额为𝐴元，设每个还款月还款后欠银行还款额分别为𝑎1，𝑎2，𝑎3，⋅⋅⋅，𝑎300，先推导出前几个还款月还款后欠银行还款额的数学表达式，并同理类推可得𝑎300的表达式，再依据𝑎300=0代入列出关于𝐴的方程，结合等比数列的求和公式推导

出𝐴的值，再与5000元比较大小，即可判断小张申请该笔贷款是否能够获批；(3)先根据第(2)题的结果计算出小张采取等额本息的还款方式该笔贷款的总利息，再与第(1)题小张采取等额本金的还款方式该笔贷款的总利息进行大小比较

，即可判别出建议小张选择哪种还款方式．本题主要考查等差数列和等比数列在实际生活中的运用．考查了转化与化归思想，方程思想，等差数列和等比数列求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属较难题．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com