第4章 数列 章末优化提升-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册同步练测（人教版2019）

第四章 数 列 章末优化提升 网络构建 一般 数列 分类 表示 方法 按项数 按增减性 列表法 解析法 图象法 有穷数列 无穷数列 递增数列 递减数列 常数列 摆动数列 通项公式法 递推公式法 数列 定义 等差 通项公式 性质 应用 数列 等差中项 定义 等差数列的 特殊 公式推导 前 n项和 数列 基本运算 定义 等比 通项公式 性质 应用 数列 等比中项 定义 等比数列的 公式推导 前 n项和 基本运算 基本原理 数学归纳法 基本应用 性质 性质 一考点聚焦 考点一 等差、等比数列的判定 [例1] 记 S,为数列{a,}的前 n项和，已知 a,>0,a?=3a?,且数列{√S,}是等差数列， 证明：{a,}是等差数列. [证明] 设数列{√S,}的公差为 d(d为 常数). 因为{√S,}是等差数列， 所以当n≥2时，√S,-√Sn-1=d, 所以 d=√S?-√S?=√a?+a?-√a?= √a?+3a?-√a?=√a?. 于是，当n≥2时，an+1-a,=(Sn+1-S,)一 (S,-Sn-1) =(√S+1+√S,)(√Sn+1-√S,)一(√S, +√S。-1)(√S,-√S-1) =(√Sn+1+ √S,)√a?一(√S,十 √Sn-1)√a? =[(√Sn+1+√S,)-(√S,+√S?-1)]√a? 39 ?高中数学·选择性必修 第二册 =[(√S+1-√S,)+(√S,-√S,-1)]√a? =2a?, 又2a?为常数，且当 n=1时，a?—a?=2a?, 符合上式， 所以数列{a,}是等差数列. |归纳提升|Ⅱ- 判定等差(比)数列的方法 (1)定义法；(2)等差(比)中项法；(3)通项公式法. 注：以上的第三种方法只能作为判定方法，而不能 作为证明方法。 跟踪训练 1.已知数列{a,}的前 n项和为S,,且 S,=n— 5a,-85,n∈N*. (1)证明：{a,-1}是等比数列； (2)求数列{a,}的通项公式. -1=2,1-1=,2-d=2,⋯, 4-1=2,n≥2, 将以上 n-1个式子相加，得 4-1=1+2+1+⋯+2, 即a=2+2+⋯+2 一)- ∴a=22-1,n≥2. a,=z”-1经验证 n=1时也满足，故 归纳提升|l- 数列的通项公式是数列的重要内容之一，它把数 列各项的性质集于一身.常用的求通项公式的方法有 观察法、公式法、累加法、累乘法、前 n项和作差法、辅 助数列法。 跟踪训练 2.(山东淄博一中高二上期中)(1)已知数列 {a,}的前 n项和为S,,且满足 a?=4,2S,= (n+1)a,(n∈N*).求数列{a,}的通项公式. (2)设数列{a,}的前 n项和为S,,数列{S,} 的前 n项和为Tn,满足 T,=2S,— n2,n∈ N*.求数列{a,}的通项公式. 考点二 求数列的通项公式 a.-a,+2a[例2] 已知数列{a,}满足 =2,求数列{a,}的通项公式. a=a,+2 1-[解] 可化为 =21, 40 第四章 数 列 考点三 数列求和 [例3] 设数列{a,}满足a?=3,an+1=3a, —4n. (1)计算a?,a?,猜想{a,}的通项公式并加以 证明： (2)求数列{2”a,}的前 n项和 S,. [解](1)a?=5,a?=7. 猜想an=2n+1.由已知可得 a+1-(2n+3)=3[a,—(2n+1)], a,-(2n+1)=3[an-1—(2n-1)], a?-5=3(a?-3). 因为a?=3,所以 a,=2n+1. (2)由(1)得2“a,=(2n+1)2”, 所以S,=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n十 1)×2”. ① 从而2S,=3×22+5×23+7×2?+⋯+(2n十 1)×2”+1. ② ①一②得一S,=3×2+2×22+2×23+⋯十 2×2”—(2n+1)×2n+1. 所以 S,=(2n—1)2”+1+2. 归纳提升|Ⅱ ------- 数列的求和问题是数列中的重点问题，要掌握一些 简单数列的求和方法，并应用数列求和解决一些数列问 题，数列求和常用的方法有：①公式法(即直接应用等差 数列、等比数列的求和公式求解),②倒序相加法，③错 位相减法，④裂项相消法，⑤分组转化法(即把数列的第 一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化为等 差数列或等比数列，然后由等差数列、等比数列的求和 公式求解). □跟踪训练 3.(江苏南通如东高二上期末)已知等差数列 {a,}的公差为正数，a?=1,其前 n项和为 Sn,数列{b,}为等比数列，b?=2,且 b?S?= 12,b?+S?=10. (1)求数列{a,}与{b,}的通项公式； c,=b+5,(2)设 ,求数列{c,}的前2n项和. 考点四 等差、等比数列的综合问题 [例4] 已知{a,}为等差数列，{b,}为等比数 列，a?=b?=1,a?=5(a?—a?),b?=4(b?一 b?). (1)求{a,}和{b}的通项公式； (2)记{a,}的前 n项和为S,,求证：S,Sn+2< S2+1(n∈N*); (3)对 任 意 的 正 整 数 n,设 cn= (3a,—2)b,n为奇数 a,an+2 求数列{c,}的前 2n an-1,n为偶数 b+ 项和. [解](1)设等差数列{a,}的公差为d,等比 数列{b,}的公比为q. 由 a?=1,a?=5(a?—a?),可得d=1, 从而{an}的通项公式为an=n. 由b?=1,b?=4(b?-b?),又q≠0,可得 q2— 4q+4=0, 解得q=2,从而{b,}的通项公式为b,=2”-1. 41 ?高中数学·选择性必修 第二册 s,=n(n+1),(2)证明：由(1)可得 S,S+=4n(n+1)(n+2)(n+3)故 s8=4(n+1)2(n+2)2, 从而S,S+2-5=-?(n+1)(n+2)<0, 所以S,S+2<S2+1(n∈N*). (3)当 n为奇数时， c=3a,-2_3-+2)-2+2n; ,c,=6-=”-.当 n为偶数时 对任意的正整数 n,有 2c-1=2(22+1-2k=1)=2n+1-1, 2ca=24-1=4+4+5+⋯+2m-1 ① 42=4+3+⋯+2n-3+由①得 24-1. ② 42cm=4+2+⋯+4-24n-1由①②得一 2c=5-9×45从而得 2ca=2c2-1+2c因此， =2n+1-9×45-4. 所以，数列{c,}的前 2n项和为 24+1_9×45-4 归纳提升|Ⅱ 等差、等比数列是两类基本的数列，两数列相结合 的问题经常考查，特别是通项公式、前 n项和公式以及 等差中项、等比中项是命题的热点. 跟踪训练 4.设等比数列{a,}满足 a?+a?=4,a?—a?=8. (1)求{a,}的通项公式； (2)记 S,为数列{log?a,}的前 n项和.若Sm +Sm+1=Sm+3,求m. 提示 请完成《素能提升训练》章末检测卷一 42 n+1-n+1)=3(1-n+1) 2≤1-n+i<1,所以学≤s.<3因为- 12.解(1)在S,=na,-3n(n-1),n∈N*中， 令 n=2,n=3可得 a+a-a?=36,-18>(a,-a4=16 .?=5. (2)S,=na,-3n(n-1),① S-1=(n-1)a。-1-3(n-1)(n-2),② ①一②可得 a =na—(n-1)a1-6(n-1)→(n-1)a=(n— 1)a,_1+6(n-1)(n≥2), ∴a,=am-1+6, ∴{a,}是公差为6的等差数列， ∴a,=a?+6(n-1)=6n-1, ∴S,=na,-3n(n-1)=n(6n-1)—3n(n-1)=3n2 +2n. 6.=√3n42n-+(3)证明：由(2)可得 b=3n+2=2√3n+2<3n+2+√3n-1 =3(V3n+2-√3n-1), ∴T。=b?+b?+⋯+b.<3((5-√2)+W8-√5)+ ⋯+(√3n+2-√3n=1)]=(√3n+2-√Z)< 3√3n+2. 章末优化提升 【考点聚焦】 [跟踪训练] 1.解(1)证明：∵S,=n-5a,-85, ∴S+1=(n+1)-5a+1-85, 两式相减得an+1=1+5a,-5am+1, a,+=6a?+1,整理得 a,+-1=6(a。-1), 又∵a?=1-5a?-85,即a?=-14, ∴a?-1=-14-1=-15, ∴数列{a,-1}是以-15为首项， 5为公比的等比数列。 (2)由(1)可知a,-1=-15×(6), ∴a,=1-15×(5) 2.解(1)由2S=(n+1)a(n∈N*),得当 n≥2时，2S。-1 =nam-1, 两式相减，得2a=(n+1)a-na-1, 即(n-1)a?=nan-1· 由题意可知a,≠0,所以=n”i(n≥2). 当 n=2时，2S?=3a?,即2(a?+a?)=3a?. 又a?=4,所以a?=2. a.=a×-×⋯×9×1×a?所以 =n-1×”=2×⋯×3×2×2 =2n(n≥2), 经验证，当n=1时也符合上式， 所以am=2n(n∈N*). (2)由题意，得当n=1时，T?=2S?-1. 因为T?=S?=a?,所以a?=2a?-1,所以a?=1. 当 n≥2时，T,-1=2S。-1—(n-1)2, 则S=T。一T-1=2S,-n2—[2S_1—(n-1)2]=2(S -S-1)-2n+1=2a-2n+1. 因为当n=1时，a?=S?=1也满足上式， 所以S=2a,-2n+1(n∈N*).① 当 n≥2时，S。_1=2a_1-2(n-1)+1,② ①-②,得a,=2a。-2a-1-2, 所以a,=2a_1+2(n≥2). 因为a+2=2(a-1+2), a?+2=3≠0, 所以数列{a+2}是以3为首项，2为公比的等比数列， 所以a+2=3×2”1, 所以a=3×2"-1-2,n∈N*. 3.解 (1)设等差数列{a,}的公差为d(d>0),等比数列 {b,}的公比为q. 由a?=1,b?=2,b?S?=12,b?+S,=10, 可得2q(2+d)=12,2q+3+3d=10, 所以q=2,d=1. 则a=1+n-1=n,b=2". s.=_n(n+1),(2)由(1)可得 故c.=b.+g=2"+n(n+1)=2'+2(1-n+) 则数列{c,}的前 n项和T,=(2+22+⋯+2”) +2(1-1+2-3+⋯+n-+1) =2(1-23+2(1-+1)=2*+1-n+1 2+1-2n+1故数列{c,}的前2n项和为 4.解(1)设{a,}的公比为q,则an=a?q"-1. at-a-=8, a-31,由已知得 解得 所以{a,}的通项公式为a=3”-1. (2)由(1)知 log,a,=log,3"-1=n-1, 故数列{log?a,}是首项为0,公差为1的等差数列， 故S,=(n-1. 由S+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3) (m+2), 即 m2—5m—6=0. 结合m∈N”,解得m=6. 20