第1章 本章复习提升 （同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（北师大版2019）

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.设等差数列{an}的前n项和为Sn,首项a1>0,公差d<0,若对任意的正整数n,总存在正整数k,使S2k-1=(2k-1)Sn,则k-4n的最小值为(　　) A.-74　　　　B.-8　　　　C.-53　　　　D.-13 2.对于数列{an},定义Yn=为数列{an}的“美值”,现在已知数列{an}的“美值”Yn=2n+1,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　　　　.  易错点2　对数列的有关性质理解不准确致错 3.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=16,S6=8,则S12=(　　) A.-50　　　　B.-60　　　　C.-70　　　　D.-80 4.已知数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,a7+a9=,且b2b6b10=8,则=(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 易错点3　忽略数列中的特殊情况致错 5.对任意正整数n,数列{an}满足a1+++…+=n+1,则an=　　　　.  6.在等比数列{an}中,a1=2,S3=6,则a3=　　　　.  易错点4　没有掌握数列求和方法的关键致错 7.已知函数f(x)=,在正项等比数列{an}中,a1 012=1,则f(ai)=(　　) A.　　　　B.1 012　　　　C.2 023　　　　D.2 024 8.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. 9.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.设各项均不相等的等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1a5=,S3=,则公比q=(　　) A.-2　　　　B.-1　　　　C.-　　　　D. 2.数列{an}满足a1=8,an+1=(n∈N+),bn=·,若数列{bn}是递减数列,则实数λ的取值范围是(　　) A.　　　　　B. C.　　　　　D. 3.已知数列{an}是等差数列,Sn是等比数列{bn}的前n项和,a6=b1=16,a2=b3,S3=12. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)求Sn的最大值和最小值. 4.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,an>0,++…+=,则当n为何值时,取最小值? 二、分类讨论思想在数列中的应用 5.若a,b是函数f(x)=x2-mx+n(m>0,n>0)的两个不同的零点,且a,b,-1这三个数经适当排序后可构成等比数列,也可经适当排序后构成等差数列,则关于x的不等式≥0的解集为(　　) A.{x|x≤2或x≥5}　　　　　B.{x|x<2或x≥5} C.　　　　　D. 6.在数列{an}中,a1=1,an+1=3an-2n-1(n∈N+),记cn=3n-2×(-1)nλan,若数列{cn}为递增数列,则实数λ的取值范围为(　　) A.　　　　　B.(-2,1)　　　　C.(-1,1)　　　　　D.(0,1) 7.已知等差数列{an}的公差为d(d≠0),前n项和为Sn.S7=70,且a2,a4,a9成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=ancos,数列{bn}的前n项和为Tn,求T35. 三、转化与化归思想在数列中的应用 8.已知数列{an}的各项均为正数,Sn表示数列{an}的前n项和,且Sn=n2+2n. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 9.条件①:数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+k(n∈N+,k∈R),a1=1.条件②:∀n∈N+,有=q(q>1,且q为常数),a3=4,并且a2-1,a3,a4-1成等差数列.在以上两个条件中任选一个,补充到下面的问题中,并作答. 在数列{an}中,　　　　.  (1)求数列{an}的通项公式; (2)记Tn=a1+2a2+3a3+…+nan,求T10的值. 答案与分层梯度式解析 1.D　由题意得=(2k-1)Sn, 则=(2k-1)Sn,即ak=Sn, 令n=2,得ak=S2,即a1+(k-1)d=2a1+d, 即k-2=,① ∵a1>0,d<0,∴k-2=<0,即k<2, ∵k∈N+,∴k=1,代入①,得d=-a1, 又ak=Sn, ∴a1-(k-1)a1=na1-, ∴k=n2-n+2,∴k-4n=n2-n+2=-, ∴当n=5或n=6时,k-4n取得最小值,为-13. 故选D. 2.答案　 解析　由Yn==2n+1可得a1+2a2+…+ 2n-1an=n·2n+1,① 当n=1时,a1=4, 当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)2n,② ①-②得2n-1an=n·2n+1-(n-1)2n=(n+1)2n(n≥2), 所以an=2n+2(n≥2),当n=1时,a1=4满足该式, 所以an=2n+2,n∈N+, 所以an-tn=(2-t)n+2,因为an+1-t(n+1)-(an-tn)=(2-t)(n+1)+2-[(2-t)n+2]=2-t,所以数列{an-tn}是等差数列. 解法一:Sn==n2+n, 因为Sn≤S10对任意的n∈N+恒成立, 所以<0,且9.5≤-≤10.5易错点, 解得≤t≤, 所以实数t的取值范围是. 解法二:因为Sn≤S10对任意的n∈N+恒成立, 所以a10-10t≥0且a11-11t≤0, 即(2-t)×10+2≥0且(2-t)×11+2≤0, 解得≤t≤,所以实数t的取值范围是. 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n为正整数. 3.D　由等差数列前n项和的性质可知,S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9成等差数列,且该数列的公差为(S6-S3)-S3=-8-16=-24,则S9-S6=(S6-S3)-24=-32, 所以S12-S9=(S9-S6)-24=-56, 因此S12=S3+(S6-S3)+(S9-S6)+(S12-S9)=-80. 易错警示　在等差数列中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n,…一定成等差数列,而Sn,S2n,S3n,S4n,…成等差数列只有在公差d=0时才成立. 4.D　∵数列{an}是等差数列,∴a3+a13=2a8=a7+a9= 解题关键,可得a8=,则a3+a8+a13=3a8=2π. ∵数列{bn}是等比数列,∴b2b10=解题关键, ∴b2b6b10==8,∴b6=2, ∴b4b8-1=-1=4-1=3,∴=.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.答案　 解析　因为a1+++…+=n+1①, 所以当n=1时,a1=2, 当n≥2时,a1+++…+=n②, ①-②,得=1,即an=2n-1(n≥2), 又a1=2不满足上式,所以{an}的通项公式为an= 6.答案　2或8 解析　设等比数列{an}的公比为q. 当q=1时,S3=3a1=6,符合题意,此时a3=a1=2. 当q≠1时,S3===6, 解得q=-2,此时a3=a1q2=8. 综上可知,a3=2或a3=8. 7.A　易得f(x)+f=+=+=1, 由等比数列的性质得a1a2 023=a2a2 022=…=ana2 024-n=(a1 012)2=1, 所以an=,则f(an)+f(a2 024-n)=1, 所以f(ai)=[f(a1)+f(a2 023)]+[f(a2)+f(a2 022)]+…+[f(a1 011)+ f(a1 013)]+f(a1 012)=1 011+=(解题关键:利用自变量和函数值之间的关系,合理分组,然后进行求和). 故选A. 8.解析　(1)由题意知an≠0,因为an+1=, 所以==+,即-=, 故数列是以为公差的等差数列. 又a1=2,所以=, 所以=+(n-1)×=,即an=. (2)bn=(-1)n(2n+1)anan+1=(-1)n·=(-1)n×4, 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,一般是前面剩第几项,后面就剩倒数第几项. 9.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 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===(22n=2n, 设cn=,则cn==, 可得Sn=c1+c2+c3+…+cn=+++…+, 则=++…++, 两式相减可得=+++…+- =-=2-,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)项会构成一个等比数列. 思想方法练 1.C　易知q≠1. 由a1a5==,得a3=±,由S3=得S3=a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=, (由已知条件结合等比数列的性质列出关于a1和q的方程组,进而求解) 当a3==a1q2时,由化简得2q2-q-1=0,解得q=-或q=1(舍去); 当a3=-=a1q2时,由化简得4q2+q+1=0,因为Δ=1-16=-15<0,所以该方程无解. 综上,q=-.故选C. 2.D　易知an≠0,由an+1=可得==n+,即-=n, 所以当n≥2时,-=1,-=2,……,-=n-1, 由累加法可得,-=1+2+…+(n-1)=(n≥2), 因为a1=8,所以=+=(n≥2), 当n=1时,=,符合上式, 所以=,n∈N+, 所以bn==, 因为数列{bn}是递减数列, 所以bn<bn-1(n≥2),即<, 整理可得λ>, y=是关于n的二次函数,故可用二次函数的知识求解,要注意n为正整数 因为=,n≥2,n∈N+, 所以当n=2或n=3时,=,故λ∈.故选D. 3.解析　(1)设等比数列{bn}的公比为q, 则S3=16+16q+16q2=12,所以q=-, (利用方程思想,构建关于公比q的方程求解) 故bn=16. 设等差数列{an}的公差为d, 则解得 (根据已知条件,构建关于首项a1与公差d的方程组并求解) 故an=1+3(n-1)=3n-2. (2)由(1)知,Sn==, 当n为奇数时,Sn=, 易知Sn=单调递减,所以Sn≤S1=16,此时<Sn≤16; (从指数函数的角度分析数列{Sn}的增减性,从而得到n为奇数时Sn的取值范围) 当n为偶数时,Sn=, 易知Sn=单调递增,所以Sn≥S2=8,此时8≤Sn<. (从指数函数的角度分析数列{Sn}的增减性,从而得到n为偶数时Sn的取值范围) 综上可得,Sn的最大值为16,最小值为8. 4.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=3, 故++…+=3++…+=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,数列为递减数列,当n≥8时,数列为递增数列, 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. 5.C　由a,b是函数f(x)=x2-mx+n(m>0,n>0)的两个不同的零点, 可知a,b是一元二次方程x2-mx+n=0的两个不同的根, 根据根与系数的关系,可得a+b=m,ab=n, 因为m>0,n>0,所以a>0,b>0, 又因为a,b,-1这三个数经适当排序后可构成等比数列, 所以只有-1为等比中项才满足题意, 即ab=(-1)2=1,所以b=,则n=1. 因为a,b,-1这三个数经适当排序后可构成等差数列, 所以只有-1不能为等差中项, ①当a为等差中项时, 有2a=b-1=-1,又a>0,所以a=,b=2,m=; ②当b为等差中项时, 有=2b=a-1,又a>0,所以a=2,b=,m=. 综合①②,可得m=. 所以不等式≥0即≥0,解得x<1或x≥. 故选C. 6.A　由an+1=3an-2n-1,得=·-,即-=, 又-=0,所以-=0,即an=2n-1,所以cn=3n-2×(-1)nλ·2n-1=3n-(-2)nλ, 由数列{cn}为递增数列,得对任意的n∈N+,cn+1>cn恒成立, 则∀n∈N+,3n+1-(-2)n+1λ>3n-(-2)nλ,即3n-1>(-2)n-1λ恒成立. 当n为奇数时,等价为λ<恒成立,易知数列为递增数列,所以的最小值为=1,则λ<1; 当n为偶数时,等价为λ>-恒成立,易知数列为递减数列,所以-的最大值为-=-,则λ>-. 综上,实数λ的取值范围为. 故选A. 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,在解不等式时,需注意不等号的方向是否发生变化;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.解析　(1)S7=7a1+d=70①. 因为a2,a4,a9成等比数列,所以=a2a9,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d)②. 联立①②解得a1=1,d=3(d=0舍去), 所以an=3n-2. (2)当n=1,2,3,4,5,6,…时,cos=-,-,1,-,-,1,…, 所以是以3为周期的周期数列. 观察发现在一个周期内,当n为3的整倍数时数列的对应项为1,当n不为3的整倍数时数列的对应项为-,故可按此标准进行分类讨论 所以当正整数n是3的倍数时,有cos=1,此时bn=an. 当正整数n不是3的倍数时,有cos=-,此时bn=-an. 所以T36=a1+a2+1×a3+…+a35+1×a36 =-(a1+a2+a3+…+a36)+(a3+a6+…+a36) =-S36+9(a3+a36) =-×+9×(3×3-2+3×36-2)=54. 所以T35=T36-b36=54-(3×36-2)=-52. 思想方法　在数列问题中,当遇到数列各项的符号有变化,等比数列求前n项和时公比不确定,研究的数列含参等情况时,要考虑分类讨论思想. 8.解析　(1)因为Sn=n2+2n, 所以当n=1时,a1=S1=3, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2-2(n-1)=2n+1, 利用公式an=将Sn转化为an 因为a1=3满足an=2n+1, 所以an=2n+1,n∈N+. (2)由(1)可得,bn===-, 故Tn=-+-+…+-=-=. (将乘积式的和转化为裂项后可相消的连续项的和) 9.解析　选条件①.(1)由S1=2+k=a1=1得k=-1, ∴Sn=2n-1. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1, (当n≥2时,利用an=Sn-Sn-1,将Sn转化为an) 又a1=1满足上式, ∴数列{an}的通项公式为an=2n-1. (2)∵T10=1+2×2+3×22+4×23+…+10×29, ∴2T10=2+2×22+3×23+4×24+…+9×29+10×210, 两式相减,得-T10=1+2+22+23+…+29-10×210=-10×210=-9×210-1,∴T10=9×210+1=9 217. (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) 选条件②.(1)由=q(q>1,且q为常数)知数列{an}是公比为q的等比数列,则a2==,a4=a3q=4q,由已知可得2a3=a2-1+a4-1,即8=+4q-2,解得q=2或q=(舍去).∴a3=a1q2=4a1=4,∴a1=1.∴an=2n-1. (2)同选条件①. 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,通过分离参数将恒成立问题转化为最值问题求解. 69 学科网（北京）股份有限公司 $$