2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--第四章　数列复习提升

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2024人教版高中数学选择性必修第二册同步
第四章　数列
本章复习提升
易混易错练
易错点1　忽略数列与一般函数的区别致错
1.(2023湖南师大附中期中)数列{an}的通项公式为an=若{an}是递增数列,则实数t的取值范围是(　　)
A.(4,7)　　　　　B.　　　C.　　　　　D.(1,7)
2.(2023广东广州铁一中学等三校联考)已知数列{an}满足a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,记数列{an-tn}的前n项和为Sn,若Sn≤S10对任意的n∈N*恒成立,则实数t的取值范围是(　　)
A.　　　B. C.　　　D.
易错点2　误用数列的有关性质致错
3.(2022山西师范大学实验中学月考)一个等比数列的前7项和为48,前14项和为60,则其前21项和为(　　)
A.180　　　B.108　　　
C.75　　　D.63
4.已知等差数列{an}和{bn}的前n(n∈N*)项和分别为Sn和S'n,如果,则的值是　(　　)
A.　　　　　B.
C.　　　　　D.
5.(2022湖北汉阳一中二模)若a,b是方程x2-px+q=0(p<0,q>0)的两个根,且a,b,2适当排序后可构成等差数列,也可构成等比数列,则p+q=(　　)
A.-4　　　B.-3　　　C.-2　　　D.-1
易错点3　忽略分类讨论致错
6.(2023河南开封模拟)在数列{an}中,a1=1,an+2+(-1)nan=2(n∈N*).记Sn是数列{an}的前n项和,则S20=　　　　.
7.已知数列{an}中,a1=1,a1+2a2+3a3+…+nan=an+1(n∈N*),则数列{an}的通项公式为　　　　　　　　.
8.在等差数列{an}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{an+bn}是首项为1,公比为q(q≠0)的等比数列,求数列{bn}的前n项和Sn.
易错点4　没有掌握数列求和方法的关键而致错
9.(2023江苏淮安涟水第一中学检测)已知数列{an}的通项公式为an=,n∈N*.
(1)求数列的前n项和Sn;
(2)设bn=anan+1,求{bn}的前n项和Tn的取值范围.
10.已知数列{an}中,a1=2,且对任意n∈N*都有an+1=2an-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=2n·(an-1),求数列{bn}的前n项和Sn.
思想方法练
一、函数思想在数列中的应用
1.(2023广东珠海一中期末)已知数列{an}满足an=2n+kn,若{an}为递增数列,则k的取值范围是(　　)
A.(-2,+∞)　　　　　B.(2,+∞)
C.(-∞,-2)　　　　　D.(-∞,2)
2.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且a1,a3,a4成等比数列,则Sn取得最大值时,n的值为(　　)
A.4　　　B.5　　　C.4或5　　　D.5或6
3.已知首项为的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn,且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=Sn-,求数列{Tn}中最大项与最小项的值.
二、方程思想在数列中的应用
4.(2023山东青岛第五十八中学期末)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a4+S7=-16,a8=-a4,则a10=(　　)
A.1　　　B.2　　　C.3　　　D.4
5.(2022江苏苏州相城陆慕高级中学月考)在正项等比数列{an}中,a1=1且2a3,a5,3a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.
三、分类讨论思想在数列中的应用
6.(2023福建龙岩一中月考)若数列{an},{bn}的通项公式分别为an=(-1,且anA.[-3,1)　　　　　B.
C.　　　　　D.[-2,2)
7.(2022吉林长春实验中学期中)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a3+a6=4,S5=-5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,求T10的值.
8.(2023广东实验中学期末)已知等比数列{an}对任意的n∈N*满足an+an+1=.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an}的前n项和为Sn,定义min{a,b}为a,b中较小的数,bn=min,求数列{bn}的前n项和Tn.
四、转化与化归思想在数列中的应用
9.(2022北京东直门中学月考)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=16,2a3+3a2=32.设bn=log2an.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求证:数列{bn}是等差数列;
(3)已知数列{bn}的前n项和为Sn,求Sn的最大值.
答案与分层梯度式解析
第四章　数列
本章复习提升
易混易错练
1.A 2.A 3.D 4.C 5.D
1.A　若{an}是递增数列,则
解得4易错警示　本题中数列{an}为递增数列,需满足分段数列在每一段上分别单调递增,且数列的每一项都小于它的后一项,而函数f(x)=递增时,还需满足4(7-t)+4≤t4-3.二者不同,解题时需要注意.
2.A　∵a1+2a2+…+2n-1an=n·2n①,
∴当n=1时,a1=2,
当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1②,
①-②可得an=n+1(n≥2),
又a1=2也符合上式,∴an=n+1.
令bn=an-tn=n+1-tn=(1-t)n+1,
则bn+1-bn=(1-t)(n+1)+1-[(1-t)n+1]=1-t,为常数,
∴数列{bn}是首项为b1=2-t,公差为1-t的等差数列,
∴Sn=n,
∵Sn≤S10对任意的n∈N*恒成立,
∴解得≤t≤,
∴t的取值范围是.故选A.
易错警示　利用函数思想解决数列问题时,应注意数列的特性,即an=f(n)中自变量为正整数.
3.D　设此等比数列的前n项和为Sn.由等比数列前n项和的性质得S7,S14-S7,S21-S14组成等比数列,
又S7=48,S14-S7=60-48=12,
∴S21-S14=3,∴S21=63.
故选D.
易错警示　若公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn,则当q≠-1或q=-1且k为奇数时,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…成等比数列,不能错误地认为Sk,S2k,S3k成等比数列,同时要注意q的范围.
4.C　由题意,结合等差数列前n项和的性质可得.故选C.
易错警示　
　　　本题已知条件为,常误认为Sn=7n+1,S'n=4n+27,利用n≥2时,an=Sn-Sn-1,bn=S'n-S'n-1去求a11,b11,而实际上公差不为零的等差数列的前n项和Sn是n的二次函数,即Sn,S'n两者约分化简后的比值为,所以此题必须结合等差中项来解决.
5.D　由根与系数的关系得a+b=p<0,ab=q>0,所以a<0,b<0.由a,b,2适当排序后可构成等比数列,且a<0,b<0,可知2一定在a,b的中间,所以ab=22=4,即q=4.由a,b,2适当排序后可构成等差数列,且a<0,b<0,可知2一定不在a,b的中间,假设a易错警示　若a,G,b成等比数列,则a,b的等比中项有两个,且它们互为相反数;等差数列的等差中项只有一个,两者注意区分.
6.答案　110
解析　当n为奇数时,an+2-an=2,所以数列{an}的奇数项是以1为首项,2为公差的等差数列,
所以a1+a3+…+a19=10×1+×2=100;
当n为偶数时,an+2+an=2,
所以a2+a4+…+a20=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a18+a20)=2×5=10.
因此S20=100+10=110.
易错警示　若数列的递推公式中含有(-1)n,则数列的奇数项、偶数项的符号不同,此时求数列的通项公式或前n项和时,要分别求奇数项、偶数项的通项公式或前n项和.
7.答案　an=
解析　由a1+2a2+3a3+…+nan=an+1,得当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=an,两式作差得nan=an,即(n+1)an+1=3nan(n≥2),易得a2=1,
故数列{nan}从第二项起构成首项为2,公比为3的等比数列,故当n≥2时,nan=2×3n-2,所以an=(n≥2).
当n=1时,a1=1,不符合上式,
所以an=
易错警示　
　　　利用an=求an时,要注意分n=1及n≥2讨论求解,当两种情况不能合并时,需将通项公式写成分段的形式.
8.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,则由题意可得解得
所以an=-1+(n-1)×(-3)=-3n+2.
(2)由题意得an+bn=qn-1(q≠0),
所以bn=3n-2+qn-1.
当q=1时,bn=3n-1,
则Sn=.
当q≠1且q≠0时,Sn=b1+b2+…+bn
=[1+4+…+(3n-2)]+(1+q+…+qn-1)
=
=.
综上,Sn=
易错警示　应用等比数列的前n项和公式时,需要注意q是否等于1.
9.解析　(1)∵an==6n-4,
∴=6n-3,
∴=[6(n+1)-3]-(6n-3)=6,
又是首项为3,公差为6的等差数列,
∴Sn=3n+×6=3n2.
(2)bn=anan+1=,
∴Tn=b1+b2+…+bn
=+…+
=
=,
∵0<≤1,∴≤Tn<,
故Tn的取值范围是.
易错警示　利用裂项相消法求和时要把握好两个关键点:如何裂项和如何相消.裂项时若两边不相等,则应注意配凑系数;相消时要注意最后所剩余的并不一定仅有首末两项,可以多写几项观察相消的规律.
10.解析　(1)由an+1=2an-1得an+1-1=2(an-1),
又a1-1=1,所以数列{an-1}是以1为首项,2为公比的等比数列,
所以an-1=1×2n-1=2n-1,所以an=2n-1+1.
(2)由(1)得bn=2n·2n-1=n·2n,
所以Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,
2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,
两式相减得-Sn=21+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2,
所以Sn=(n-1)·2n+1+2.
易错警示　利用错位相减法求和时应注意两边乘公比后,对应项的幂指数会发生变化,为避免出错,应将相同幂指数的项对齐,这样有一个式子前面空出一项,另外一个式子后面就会多一项,两式相减后,一般除第一项和最后一项外,剩下的(n-1)项是一个等比数列.
思想方法练
1.A 2.C 4.D 6.B
1.A　若{an}为递增数列,则an+1-an>0,
结合函数单调递增的性质,将问题转化为n,k之间的关系,再依据指数函数的性质解题.
即2n+1+k(n+1)-(2n+kn)=2n+1-2n+k=2n+k>0对于任意的n∈N*都成立,∴k>-2n,n∈N*,∴k>-2.
故选A.
2.C　设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
∵a1,a3,a4成等比数列,
∴=a1a4,即(2+2d)2=2(2+3d),
解得d=0(舍去)或d=-,
∴Sn=2n+n.
Sn是关于n的二次函数,故可用二次函数知识求Sn的最大值,解题时要注意n是正整数,体现了函数思想.
又∵函数y=-x的图象开口向下,对称轴为直线x=,故当Sn取得最大值时,n的值为4或5.故选C.
3.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,
因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,
所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,
即4a5=a3,于是q2=.
又{an}不是递减数列,且a1=>0,
所以q=-,
故等比数列{an}的通项公式为an==(-1)n-1·.
(2)由(1)得,Sn=(n∈N*).
设f(x)=(x∈R),由指数函数的性质可知,f(x)=为减函数.
将Sn视为关于n的指数型函数,结合指数函数的单调性确定其最大(小)值,解题时要注意n是正整数.
所以当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,
所以1故0当n为偶数时,Sn随n的增大而增大,
所以=S2≤Sn<1,
故0>Sn-≥S2-.
综上,-≤Sn-≤,且Sn-≠0(n∈N*),
所以数列{Tn}中最大项的值为,最小项的值为-.
思想方法　数列本身就是一种特殊的函数,在解决数列中的最大(小)值、单调性等问题时常需要构造函数,利用求函数最值的方法解决问题(注意数列中n为正整数的条件).
4.D　设等差数列{an}的公差为d,
则由可得
由已知条件结合等差数列的通项公式和前n项和公式列出关于a1和d的方程组,进而求解,体现了方程思想.
解得所以a10=a1+9d=-5+9=4,故选D.
5.解析　(1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0),
由题意得2a5=2a3+3a4,即2a1q4=2a1q2+3a1q3,
又a1=1,∴2q2-3q-2=0,
利用等差中项和等比数列的通项公式将已知条件转化为关于公比的方程,解方程得到q的值,进而解决问题.
∴q=2,∴an=a1qn-1=2n-1.
(2)由(1)可得bn=,
∴Sn=+…+,①
则+…+,②
①-②,得+…+.
思想方法　利用等差(等比)数列的通项公式与前n项和公式列方程(组)求出基本量是一种最基本的解题方法,这种方法正是方程思想在数列中的具体体现.
6.B　由题意得(-1对任意n∈N*都成立,
由于(-1)n中n的奇偶性不同其结果也不同,因此需要分n为奇数和n为偶数进行讨论.
当n为奇数时,有-a<3+,易知数列为递减数列,且3+>3,所以-a≤3,所以a≥-3;
当n为偶数时,有a<3-,易知数列为递增数列,且,所以a<.
综上,实数a的取值范围为.故选B.
7.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
由题意得S5==5a3=-5,所以a3=-1,
又a3+a6=4,所以a6=4-(-1)=5,
所以3d=a6-a3=5-(-1)=6,所以d=2,
所以an=-1+(n-3)×2=2n-7.
(2)去绝对值要考虑符号,需要分类讨论.
由(1)知当n≤3时,an<0,当n≥4时,an>0,
所以T10=|a1|+|a2|+|a3|+…+|a10|=-a1-a2-a3+a4+a5+…+a10=(5+3+1)+(1+3+5+…+13)=9+=58.
8.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,
则an+an+1=an(1+q)=①,
当n≥2时,an-1+an=an②,
得,解得q=,
又a1+a2=a1(1+q)=,∴a1=2.
∴数列{an}的通项公式为an=2×.
(2)由(1)可得Sn=,
则bn=min.
3-,n-1的大小关系不确定,故需分类讨论求bn.
令3->n-1,即4->n,
∵4-∈[3,4),当且仅当n=1时,4-=3,
∴当n<4时,4->n,即3->n-1;
当n≥4时,4-∴bn=min
数列{bn}的通项公式是分段形式的,故求和时也需分段求和.
故当n<4时,Tn=;
当n≥4时,Tn=3+3(n-3)++…+
=3n-6-·.
故Tn=
思想方法　在数列问题中,若通项公式或前n项和公式中含有(-1)n、绝对值等,则需要依据题意进行分类讨论.
9.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0),
由2a3+3a2=32,得2a1q2+3a1q=32,
又a1=16,所以2q2+3q-2=0,
解得q=(q=-2舍去),所以an=16×=2-n+5.
(2)证明:由(1)可知bn=log22-n+5=-n+5,
等比数列取对数后变成等差数列,对等差数列进行指数运算后可以变成等比数列,这是等差数列与等比数列之间的相互转化.
则b1=4,bn+1=-(n+1)+5=-n+4,
所以bn+1-bn=-n+4-(-n+5)=-1,
故数列{bn}是以4为首项,-1为公差的等差数列.
(3)由(2)知Sn=n-2+,
故当n=4或n=5时,Sn有最大值,且最大值为S4=S5=10.
思想方法　转化与化归思想在数列中的应用:将一般数列转化为等差、等比数列,已知与未知间的相互转化,“项”与“和”的相互转化等.
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