2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--第五章　数列复习提升

中小学教育资源及组卷应用平台
2025人教B版高中数学选择性必修第三册
本章复习提升
易混易错练
易错点1　忽略数列与函数的区别致错
1.(2023江苏南京第一中学质检)已知数列{an}满足a1=2,an+1=2an(n∈N+),设bn=(n-λ)·an(n∈N+),且数列{bn}是递增数列,则实数λ的取值范围是(　　)
A.(-∞,3)　　　　B.(3,+∞)
C.(-∞,3]　　　　D.[3,+∞)
2.(2024广东广州华南师范大学附属中学阶段检测)设函数f(x)=数列{an}满足an=f(n),n∈N+,且数列{an}是递增数列,则实数a的取值范围是　　　　.
易错点2　对数列的有关性质理解不清致错
3.已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和S'n,若,则的值是(　　)
A.
4.正项等比数列{an}满足a1-a5=90,a2-a4=36,求a5,a7的等比中项.
易错点3　忽视分类讨论致错
5.(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=　　　　.
6.已知等比数列{an}中,a3=4,S3=12,求数列{an}的通项公式.
7.(2024江苏淮安淮阴中学、姜堰中学月考)已知数列{an}满足a1=3,当n≥2,n∈N*时,nan=(n+1)an-1+1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn.
易错点4　没有掌握数列求和方法的关键
8.(2024山东青岛莱西期末)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=,若S2 024∈(k-1,k),则正整数k的值为(　　)
A.2 024　　　　B.2 023　　　　C.2 022　　　　D.2 021
9.(2024安徽合肥月考)在数列{an}中,已知a1=2,an+1=.
(1)证明是等差数列,并求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n(2n+1)anan+1,数列{bn}的前n项和为Sn,求S2n.
10.(2024福建泉州期末)已知数列{an}为递增的等差数列,a5=10,a4为a2和a8的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,求数列的前n项和Sn.
思想方法练
一、函数与方程思想在数列中的应用
1.(2023山东东营第一中学开学摸底检测)从①其前n项和为Sn,且S3=6,S5=15,②其公差为1,且a2,a4,a8成等比数列,③a1=1,a2+a3+a5+a6=16这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并给出解答.
问题:已知{an}为等差数列,　　　　.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令cn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,求c1+c2+…+c2 022的值.
2.(2024山东菏泽期末)已知数列{an}的首项为a1,前n项和为Sn,且2Sn=(a1+an)n.
(1)求证:数列{an}为等差数列;
(2)若数列{an}的公差为+…+,则当n为何值时,取最小值
二、转化与化归思想在数列中的应用
3.(2023山东临沂第一中学期末)已知数列{an}满足a1+a2+…+an-1-an=-2(n≥2且n∈N+),a2=4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列的前n项和为Tn,求证:≤Tn<1.
4.(2022福建福州一中期末)已知数列{an}满足a1=5,an+1-2an+3=0,设bn=an-3.
(1)证明数列{bn}为等比数列,并求{an}的通项公式;
(2)设cn=bn·(4-log2bn),求数列{cn}的前n项和Sn.
三、分类讨论思想在数列中的应用
5.(2024山东德州第一中学月考)已知数列{an}满足anan+1=16n(n∈N*),a1=2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=求数列{bn}的前2n项和S2n.
6.(2022天津重点中学一模联考)已知正项等比数列{an}满足a2a4=1,a5是12a1与5a3的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=+(-1)n·n,求数列{bn}的前n项和Sn.
答案与分层梯度式解析
易混易错练
1.A　由a1=2,an+1=2an(n∈N+)可知,数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n,
所以bn=(n-λ)·an=(n-λ)·2n.
因为数列{bn}是递增数列,所以bn+1>bn对于任意的n∈N+恒成立,即(n+1-λ)·2n+1>(n-λ)·2n,即λ因为n∈N+,所以n=1时,n+2取得最小值3,故λ<3,即实数λ的取值范围是(-∞,3),
故选A.
2.答案　(2,3)
解析　由题意得an=
因为{an}是递增数列,所以
解得2故实数a的取值范围是(2,3).
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递增,且数列的每一项都小于它的后一项.
3.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,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,所以该题必须结合等差中项来解决.
4.解析　设等比数列{an}的公比为q(q>0),
由题意得
解得(舍去).
设G是a5,a7的等比中项,则应有G2=a5a7=a1q4·a1q6==9,所以G=±3.所以a5,a7的等比中项是±3.
易错警示　注意a5,a7的等比中项不一定是a6.
5.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.
6.解析　设等比数列{an}的公比为q.
当q=1时,因为a3=4,
所以a1=a2=a3=4,
所以S3=a1+a2+a3=12,
所以q=1符合题意,此时an=4.
当q≠1时,由题意得所以q=-,
此时an=a3.
故数列{an}的通项公式为an=4或an=.
易错警示　由于等比数列的前n项和公式中,当公比q=1时,Sn=na1,因此涉及等比数列求和时要注意分类讨论.
7.解析　(1)由题意得,n≥2,令bn=,则b1=,
即bn=bn-1+,n≥2,
则b2-b1=,……,bn-bn-1=,
累加得bn-b1=,n≥2,∴bn=2-,n≥2,
∵b1=也符合上式,∴bn=2-,n∈N*,
又bn=,∴an=2n+1,n∈N*.
(2)令cn=ansin,
则cn=ansink∈N*,
即c1=3,c2=0,c3=-7,c4=0,……,c4k-3=8k-5,c4k-2=0,c4k-1=-8k+1,c4k=0,k∈N*,
∵c4k-3+c4k-2+c4k-1+c4k=-4,k∈N*,
∴当n=4k时,Tn=c1+c2+…+cn=-4×=-n,
当n=4k-1时,Tn=Tn+1-cn+1=-4×-0=-n-1,
当n=4k-2时,Tn=Tn+2-cn+2-cn+1=-4×-[-2(n+1)-1]=n+1,
当n=4k-3时,Tn=Tn+1-cn+1=n+1+1-0=n+2,
则数列的前n项和Tn=c1+c2+…+cn=k∈N*.
8.B　由an+1=,即,
又-1=1,所以是首项为1,公比为的等比数列,
所以,所以an=1-,
故Sn=n-,
令M=+…+,
当n≥3时,易知,此时M>+…+,
易知,则M<+…+,
所以当n≥3时,n-2+,所以2 022+2 022+<2 023,
若S2 024∈(k-1,k),则正整数k的值为2 023.
故选B.
9.解析　(1)由题意知an≠0,因为an+1=,
所以,即,
故数列为公差的等差数列.
因为a1=2,所以,
所以,即an=.
(2)bn=(-1)n(2n+1)anan+1=(-1)n,
则S2n=4
=4.
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,一般是按照分母进行裂项,裂为分母倒数的和或者差,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项,可以多写几项观察相消的规律,一般是前面剩几项,后面就剩几项.
10.解析　(1)解法一:设递增等差数列{an}的公差为d,则d>0,
因为a5=10,a4为a2和a8的等比中项,
所以
即解得a1=d=2,
所以数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=2n.
解法二:设递增等差数列{an}的公差为d,则d>0,
因为a4为a2和a8的等比中项,所以=a2a8,即(a5-d)2=(a5-3d)(a5+3d),即5d=a5=10,可得d=2,
所以数列{an}的通项公式为an=a5+(n-5)d=2n.
(2)由(1)知an=2n,故bn==2n,设cn=,则cn=,
可得Sn=c1+c2+c3+…+cn=+…+,
则+…+,
两式相减可得+…+
=,则Sn=4-.
易错警示　利用错位相减法求和时,应注意等式两边乘公比后,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,另外一个式子后面多出一项,两式相减后,一般除第一项和最后一项外,剩下的(n-1)项构成一个等比数列.
思想方法练
1.解析　(1)选条件①.
设等差数列{an}的公差为d,因为S3=6,S5=15,
所以解得a1=d=1,
根据等差数列的通项公式、前n项和公式建立关于首项、公差的方程组求解.
所以an=a1+(n-1)d=n.
选条件②.
因为等差数列{an}的公差为1,且a2,a4,a8成等比数列,
所以a2a8=,即(a1+1)(a1+7)=(a1+3)2,解得a1=1,
根据等差数列的通项公式、等比数列的性质建立方程求解.
所以an=n.
选条件③.
设等差数列{an}的公差为d,因为a1=1,a2+a3+a5+a6=16,所以4a1+12d=16,即4+12d=16,解得d=1,
根据等差数列的通项公式建立方程求解.
所以an=a1+(n-1)d=n.
(2)由(1)知cn=[lg an]=[lg n],
因为c1=[lg 1]=0,c10=[lg 10]=1,c100=[lg 100]=2,c1 000=[lg 1 000]=3,
根据取整函数的概念及对数运算确定各项的值.
所以当1≤n≤9时,cn=0,
当10≤n≤99时,cn=1,
当100≤n≤999时,cn=2,
当1 000≤n≤2 022时,cn=3,
所以c1+c2+…+c2 022=0+90×1+900×2+(2 022-999)×3=4 959.
2.解析　(1)证明:由2Sn=(a1+an)n,可得当n≥2时,2Sn-1=(a1+an-1)(n-1),
两式相减,得(n-2)an=(n-1)an-1-a1,①
递推可得(n-1)an+1=nan-a1,②
②-①,得(n-1)an+1+(n-1)an-1=2(n-1)an,
所以an+1-an=an-an-1,所以an-an-1=an-1-an-2=…=a2-a1,所以{an}为等差数列.
(2)因为{an}的公差为,所以,
故+…+=3+…+=
3
=3,
整理得+3a1-18=0,解得a1=3或a1=-6(舍去),
所以Sn=3n+,则,
y=n+是关于n的对勾函数,利用对勾函数的性质,判断数列的单调性
由对勾函数的性质可知,当n≤7时,数列单调递减,当n≥8时,数列单调递增,
当n=7时,,当n=8时,,
因为,所以当n=8时,取最小值.
思想方法　函数与方程思想在本章中的应用主要体现在:(1)利用等差(等比)数列的通项公式与前n项和公式列出方程(组),求出基本量,进而解决问题;(2)利用数列通项公式的函数特点求最值;(3)利用数列通项公式的函数特点研究数列的增减性.利用函数思想解决数列问题时,应注意数列的特性.
3.解析　(1)因为a1+a2+…+an-1-an=-2,
所以a1+a2+…+an-an+1=-2,
两式相减得an+1=2an(n≥2),
当n=2时,a1-a2=-2,又a2=4,所以a1=2,a2=2a1,
所以an+1=2an(n∈N+),
所以{an}是首项为2,公比为2的等比数列,
所以an=2n(n∈N+).
(2)证明:,
通过对式子化简整理,转化为裂项相消求和模型.
所以Tn=+…+<1,
通过数列求和化简的结果,结合放缩思想,将不等式问题转化为讨论函数最值问题.
由n≥1,得2n+1≥4,所以1-.
综上,≤Tn<1.
4.解析　(1)对任意的n∈N+,an+1=2an-3,
则an+1-3=2(an-3),则bn+1=2bn,
又b1=a1-3=2,
所以数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,
所以an-3=bn=2×2n-1=2n,所以an=2n+3.
(2)由(1)得cn=bn·(4-log2bn)=2n(4-n),
则Sn=3×21+2×22+1×23+…+(4-n)·2n,①
2Sn=3×22+2×23+…+(5-n)·2n+(4-n)·2n+1,②
①-②,得-Sn=6-(22+23+…+2n)-(4-n)·2n+1
=6--(4-n)·2n+1=10-(5-n)·2n+1,
所以Sn=-10+(5-n)·2n+1.
利用错位相减法,将等差乘等比问题转化为等比数列求和问题.
思想方法　转化与化归思想在本章中的应用主要体现在:(1)求数列的通项公式,如Sn与an的相互转化问题;(2)数列求和,如裂项求和问题中,将乘积式的和转化为裂项后可相消的连续项的和,错位相减问题中,将等差乘等比问题转化为等比数列求和问题;(3)恒成立问题,通过分离变量将恒成立问题转化为最值问题求解.
5.解析　(1)∵anan+1=16n①,a1=2,∴a2=8,
∴an+1an+2=16n+1②,=16,
n的奇偶性不确定,n取奇数和偶数时会得到不同的通项公式an,体现分类讨论思想.
当n=2k-1(k∈N*)时,×…×=16k-1,
∴a2k-1=2×16k-1=24k-3,即an=22n-1;
当n=2k(k∈N*)时,×…×=16k-1,
∴a2k=8×16k-1=24k-1,
即an=22n-1.
综上所述,{an}的通项公式为an=22n-1.
(2)由题设及(1)可知bn=
则S2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b1+2+b3+4+b5+6+…+b2n-1+2n)
=2(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(2+4+6+…+2n)
=2×(21+25+29+…+24n-3)+(2+4+6+…+2n)
=2×+n(n+1).
6.解析　(1)因为{an}是正项等比数列,
所以a2a4==1,所以a3=1.
设等比数列{an}的公比为q(q>0),
因为a5是12a1与5a3的等差中项,所以2a5=12a1+5a3,所以2a3q2=
+5a3,
即2q2=+5,所以q=2,所以an=a3qn-3=2n-3.
(2)由(1)得bn=+(-1)n·n=+(-1)n·n=+(-1)n·n=+(-1)n·n,
则Sn=+…++[-1+2-3+…+(-1)nn].
当式中含有(-1)n时,需对n进行分类讨论.
当n为偶数时,Sn=1-;
当n为奇数时,Sn=1-.
思想方法　分类讨论思想在本章中常见的运用:
(1)含参数的等比数列求和问题;
(2)递推公式为分段函数型的数列求通项公式;
(3)通项公式较复杂的数列求和问题以及分组求和问题;
(4)数列的实际应用问题.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)