本章复习提升练习-《精讲精练》26版高中同步新教材数学苏教版（2019）选择性必修第一册

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.已知数列{an}的通项公式为an=若对任意n∈N*,都有an+1>an,则实数t的取值范围是(　　)
A.[3,+∞)　　　　B.
C.
2.已知数列{an}满足a1++…++…+.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若λTn≤an+49对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
易错点2　对数列的有关性质理解不准确致错
3.一个等比数列的前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.已知数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,a7+a9=,且b2b6b10=8,则=(　　)
A.
5.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　忽视分类讨论致错
6.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.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而致错
9.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}满足a1=2,且a1a2a3…an=n+1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,且数列{bn}的前n项和为Sn,若Sn+≥3恒成立,求实数λ的取值范围.
思想方法练
一、函数思想在数列中的应用
1.设{an}是公差为2的等差数列,Sn为其前n项和,若{nSn}为递增数列,则a1的取值范围是(　　)
A.
C.　　　　D.[1,+∞)
2.在数列{an}中,a1=4,an+1=3an-2,若 n∈N*,kan≤9n恒成立,则实数k的最大值为　　　　.
二、方程思想在数列中的应用
3.已知公比大于1的等比数列{an}满足a1+a4=18,a2a3=32.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记数列{bn}的前n项和为Sn,若Sn=2bn-an,n∈N*,证明:是等差数列.
三、分类讨论思想在数列中的应用
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=4,S9=90.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=|9-an|,求数列{bn}的前n项和Tn.
5.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.已知{an}是等比数列,a1=2,且a2,a3+2,a4成等差数列,数列{bn}满足b1+b3+…+bn=2n(n∈N*).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=(-1)n(an-bn),求数列{cn}的前n项和Sn.
答案与分层梯度式解析
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易混易错练
1.C　当n≤7,n∈N*时,an+1-an=3(n+1)2-2t(n+1)+2-3n2+2tn-2=6n+3-2t>0恒成立,
即2t<6n+3对任意n≤7,n∈N*恒成立,故2t<(6n+3)min=9,则t<,
又当n>7,n∈N*时,an=4n+94,此时{an}为递增数列,
故要使 n∈N*,都有an+1>an,只需a8>a7,即4×8+94>3×72-14t+2,解得t>.
综上,t∈,故选C.
易错警示　若分段数列{an}是递增数列,则{an}在每段上均递增,即都满足an+1-an>0,本题中n≤7时,an=3n2-2tn+2,要注意此时n∈N*,即an+1-an>0在n∈{1,2,3,4,5,6,7}时恒成立,而函数y=3x2-2tx+2在[1,7]上递增,只需满足≤1,二者不同,解题时需注意.
2.解析　(1)a1++…+=n,当n≥2时,a1++…+=n-1,两式相减得=1,即an=2n-1,
当n=1时,a1=1,适合上式,
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)知,
所以Tn=+…++…+
=,
由λTn≤an+49对任意n∈N*恒成立,
得λ·≤2n+48对任意n∈N*恒成立,
即λ≤对任意n∈N*恒成立,
令f(x)=+98,x>0,
可得函数f(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,
又3<2<4,f(3)=126, f(4)=126,
所以的最小值为126,可得λ≤126,
所以实数λ的取值范围为(-∞,126].
易错警示　利用函数思想解决数列问题时,要注意数列中n∈N*这个条件,本题中求的最小值时体现了这一点,若求函数f(x)=,x>0的最小值,则可以直接利用基本不等式求解.
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成等比数列,
又S7=48,S14-S7=60-48=12,
∴S21-S14=3,∴S21=63.故选D.
4.D　∵数列{an}是等差数列,∴a3+a13=2a8=a7+a9=
,可得a8=,则a3+a8+a13=3a8=2π.
∵数列{bn}是等比数列,∴b2b10=,
∴b2b6b10==8,∴b6=2,
∴b4b8-1=.
故选D.
易错警示　在应用等差、等比数列下标的性质时,需要注意等号两侧的项数必须相同,不能出现a7+a9=a16,b2b6b10=b18这样的错误.
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)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*.
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)a1·a2·a3·…·an=n+1(n∈N*),
当n≥2时,a1·a2·a3·…·an-1=n,
两式相除得an=,又a1=2符合上式,故an=.
(2)由(1)得bn=,则Sn=+…+,
则+…+,
两式相减得+…+,
故Sn=3-,由Sn+≥3,得λ≥,
设f(n)=,则f(n+1)=,
故f(n+1)-f(n)==,
由n∈N*可知,-n2-2n+2=-(n+1)2+3随着n的增大而减小,
故-n2-2n+2≤-1-2+2=-1<0,
故f(n+1)-f(n)<0恒成立,故f(n)单调递减,
故f(n)的最大值为f(1)=4,则λ≥4.
易错警示　利用错位相减法求和时,Sn-qSn等式的右边通常由三部分构成,分别是首项、等比数列和一负项,实际计算时,容易弄错等比数列的项数,或将最后一项写成正项.
思想方法练
1.A　由题意可得Sn=na1+×2=n2+(a1-1)n,则nSn=n3+(a1-1)n2,
因为数列{nSn}为递增数列,所以(n+1)Sn+1-nSn=3n2+(2a1+1)n+a1>0满足 n∈N*恒成立,
即a1>-恒成立,
令t=2n+1(t≥3),n∈N*,则a1>-+1,
利用换元,将-转化为对勾函数,利用函数的单
调性求最值,体现了函数思想.
令φ(t)=-+1,可得φ(t)在[3,+∞)上单调递减,
所以当t=3时,φ(t)取得最大值,为-,所以a1>-,即a1的取值范围为.故选A.
2.答案　
解析　由an+1=3an-2得an+1-1=3(an-1),
又a1-1=4-1=3,
故数列{an-1}是首项为3,公比为3的等比数列,故an-1=3×3n-1=3n,则an=3n+1,
不等式kan≤9n可化为k≤,令f(n)=(n∈N*),
构造以为变量的二次函数,结合二次函数图象找到
最值,体现了函数思想.
令t(n)=,
易知当n=1时,t(n)取最大值,为,
所以f(n)(n∈N*)有最小值,
因为 n∈N*,kan≤9n恒成立,
所以k≤,故实数k的最大值为.
思想方法　数列本身是一种特殊的函数,因此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,利用函数求最值、单调性的方法解决问题(注意数列中n为正整数这个条件).
3.解析　(1)解法一:设等比数列{an}的公比为q,q>1,
通过等比数列的通项公式列出方程组求出基本量.
由等比数列的通项公式得
解得
又q>1,所以因此an=a1qn-1=2n.
解法二:设等比数列{an}的公比为q,q>1,
由等比数列的下标的性质列出方程组求出基本量.
则
又q>1,所以所以q3=8,q=2.
因此an=a1qn-1=2n.
(2)证明:由(1)得Sn=2bn-2n,所以Sn+1=2bn+1-2n+1,
两式作差可得Sn+1-Sn=2bn+1-2n+1-(2bn-2n),
即bn+1=2bn+1-2n-2bn,整理得bn+1-2bn=2n,n∈N*.
等号两边同时除以2n+1,得,即(n∈N*),
所以数列的等差数列.
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,尤其是前n项和公式中的五个量可以通过列方程(组)知三求二.
4.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为S9==9a5=90,所以a5=10,由a5-a2=3d=10-4=6,解得d=2,
所以an=4+(n-2)×2=2n.
(2)bn=|9-an|=|9-2n|,
设cn=9-2n,{cn}的前n项和为Pn,
则Pn=×n=8n-n2,
令cn=9-2n>0,得n<.
通项公式中含绝对值,求和时要根据绝对值里边的值与0的大小关系求出对应的n,然后分情况求和.
当1≤n≤4时,cn>0,即bn=cn,此时Tn=Pn=8n-n2;
当n≥5时,cn<0,所以bn=-cn,
则Tn=(c1+c2+c3+c4)-(c5+c6+…+cn)=P4-(Pn-P4)=2P4-Pn=32-(8n-n2)=n2-8n+32.
综上所述,Tn=n∈N*.
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)设等比数列{an}的公比为q,依题意得2(a3+2)=a2+a4,又a1=2,所以2(2q2+2)=2q+2q3,即4(q2+1)=2q(1+q2),解得q=2,因此an=2n.
数列{bn}中,当n=1时,b1=2,
由b1+b3+…+bn=2n,得当n≥2时,b1+b3+…+bn-1=2(n-1),
两式相减得bn=2,即bn=2n,显然b1=2满足上式,因此bn=2n,
所以数列{an}和{bn}的通项公式分别为an=2n,bn=2n.
(2)由(1)知an=2n,bn=2n,则cn=(-1)n(2n-2n),
通项公式中含有(-1)n,可分n为奇数和偶数分别求和.
因此当n为偶数时,Sn=c1+c2+…+cn=-(21-2)+(22-4)-(23-6)+…+(2n-2n)
=(-21+22-23+…+2n)+(2-4+6-…-2n)=×(-2)
=-;
当n为奇数时,Sn=Sn+1-cn+1=Sn+1-an+1+bn+1=.
所以数列{cn}的前n项和Sn=
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,含(-1)n时,说明存在正负项,通常需要对n的奇偶性进行讨论;含绝对值时,去绝对值符号需要分类讨论.
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