2023届名师导学·名校名卷经典试题汇编·文综(一)1答案

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11.解：(1)由已知得am+1=am十2，即an+1-an=2,故{an}是以一9为首项，公差为2的等差数列.所以an=2n-11.设数列{an}的前n项和为Sm,则S.=n=9+2m-1D=r-10m,2故当n≤5时，Gn=-Sn=一n2+10n,当n>5时，Gn=-a1十(-a2)+…+（-a5)+a6+…十an①，Sn=a1十a2十…+a5十a6+…十an②，②-①得Sn-Gn=2S5,所以Gn=Sm一2S5=n2-10n+50.-n2+10n,n≤5所以Gn=<(10分)n2-10n+50,n>5(2)数列{an}为一9，一7，一5，-3，-1,1,3,5，…，2n-11,…,所以数列{an}为递增数列，前5项为负数，第6项开始为正数，又Tn=a1a2…an,所以当n≥5时，Tn<0且数列{Tn}递减，故数列{Tn}不存在最小项.又数列{Tm}中只有有限项正项，又数列{Tm}中只有有限项正项，所以数列{Tn}中存在最大项，即T4=(一9)X(一7)×(-5)×(-3)=945.(20分)

10.解：(1)选①：由Sn+1=2Sn十2，可得当n=1时，S2=2S1+2,即a1+a2=2a1十2，解得a2=4.当n≥2时，由Sm+1=2Sn十2，得Sn=2Sn-1十2，两式相减得：Sn+1一Sn=2(Sm一Sm-1),即am+1=2an(n≥2).而a1=2,a2=4,:坠=2也清足2=2，.am+=2(n∈N*),an∴.{an}是首项为a1=2,公比为2的等比数列，∴an=2m.(10分)选②：由an+1-an=2m,得a2-a1=2,a3-a2=22,…am-am-1=2m-1累加得：，-a,=21-22(m≥2.数，1-2即an=2m(n≥2)，又a1=2也适合，∴.an=2".(10分)选③：由Sn=am+1一2，可得当n=1时，S1=a2一2，解得a2=4.当n≥2时，由Sn=am+1-2,可得Sm-1=an一2，两式相减得：am+1=2an(n≥2)，而a1=2,a2=4,“%=2也满足21=2,1=-an,m+中=2(n∈N*),t意该，联西类an∴.{an}是首项为a1=2,公比为2的等比数列，∴.an=2".(10分)(2)在2”与2m+1之间插人n个数构成公差为dm的等差数列，d,=2+1-22"n+1n+1则dn-2=2+1-n2-nn+122(n+1)则d。-2””=2m+1-n2一nn+122(n+1)令bn=2m+1-n2-n,是定乙暗定∴.bn+1-bn=2+2-(n+1)2-(n+1)-2+1+n2+n=2m+1-2n-2=2(2m-n-1).一)(8+令cn=2m-n-1,8∴.cm+1-cm=2m+1-n-2-2m+n+1=2m-1>0,∴.{cn}单调递增，∴.cn≥c1=0,∴.bn+1-bn≥0，而b1=2,.bn≥2>0，d>(20分)