第4章 专题强化练8（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（苏教版2019）

专题强化练8　数列通项公式的求法 1.在数列{an}中,a1=0,an+1=an+ln,则{an}的通项公式为(　　) A.an=ln n　　　　B.an=(n-1)ln(n+1) C.an=nln n　　　　D.an=ln n+n-2 2.在数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*),则a10=(　　) A. 3.在数列{an}中,a1=2,+an+1=3an+1(n∈N*),Sn是数列的前n项和,则S2 023=(　　) A.1- C.1- 4.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n,cn=则使c1+c2+c3+…+cm≤成立的正整数m的最大值为(　　) A.6　　　　B.7　　　　C.8　　　　D.9 5.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=,若S2 023∈(k,k+1),则正整数k=(　　) A.2 019　　　　B.2 020　　　　C.2 021　　　　D.2 022 6.(多选题)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,an+1=[2+(-1)n]·an+1+(-1)n+1,则下列结论正确的是(　　) A.a2n+1=3a2n　　　　B.数列{a2n-1+3}为等比数列 C.a2n=4×3n-1-2　　　　D.S2n=4×3n-4n-4 7.已知数列{an}的首项为2,等比数列{bn}满足bn=且b1 012=1,则a2 024=　　　　.  8.设数列{an}满足a1=-2,an+1=an+n·2n,则log2a1 026=　　　　.  9.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2n+1,数列{bn}满足bn=log2,若不等式≥m·对任意n∈N*都成立,则实数m的最大值为　　　　.  10.已知正项数列{an}满足an-an-1=(n∈N*,n≥2),a1=1.数列{bn}满足各项均不为0,b1=4,其前n项积为Tn=2n-1·bn+1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设cn=log2bn,求数列{cn}的通项公式; (3)在(2)的条件下,记数列{(-1)nan}的前2m项和为S2m,求使得不等式S2m≥c1+c2+…+c10成立的正整数m的最小值. 答案与分层梯度式解析 专题强化练8　数列通项公式的求法 1.A　由已知得an+1-an=ln=ln(n+1)-ln n, 所以an-an-1=ln n-ln(n-1), an-1-an-2=ln(n-1)-ln(n-2), …… a3-a2=ln 3-ln 2, a2-a1=ln 2-ln 1, 将以上(n-1)个式子相加,整理得an-a1=ln n-ln 1=ln n, 又因为a1=0,所以an=ln n.故选A. 2.D　∵an+1=,∴an+1(an+2)=2an,即an+1an+2an+1=2an, 两边同时除以an+1an,得1+,即=1, 令bn=,则bn+1-bn=1,则{bn}是首项为b1==2,公差为1的等差数列, 则bn=2+(n-1)=n+1,即=n+1,则an=,则a10=.故选D. 3.B　因为+an+1=3an+1,所以+an-2=3an+1-3,即(an+2)(an-1)=3(an+1-1), 两边同时取倒数得, 整理得,即, 所以S2 023=+…++…+.故选B. 4.B　 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,又a1=3符合上式,所以an=2n+1. 当n=1时,c1=,符合题意; 当n≥2时,cn=, 所以c1+c2+c3+…+cm=+…+,解得m≤7,所以m的最大值为7.故选B. 5.C　由an+1=,取倒数得,即,又-1=1,所以是首项为1,公比为的等比数列,所以, 故an=1-,故S2 023=2 023-+…+, 令M=+…+, 由,n≥3,得M>+…+, 由,得M<+…+, 所以2 021+<S2 023<2 021+<2 022, 故S2 023∈(2 021,2 022),则正整数k的值为2 021.故选C. 方法总结　若数列相邻两项an+1与an满足an+1=pan+q,则可考虑设an+1+x=p(an+x)(其中x为待定系数),构造以a1+x为首项,p为公比的等比数列{an+x},进一步求{an}的通项公式. 6.ABD　当n为奇数时,an+1=(2-1)an+1+1,则an+1=an+2,当n为偶数时,an+1=3an+1-1=3an, 对于A,由2n为偶数,得a2n+1=3a2n,故A正确; 对于B,当n为偶数时,an+1=3an,用2n替换上式中的n得a2n+1=3a2n, 当n为奇数时,an+1=an+2,用2n-1替换上式中的n得a2n=a2n-1+2, 则a2n+1=3(a2n-1+2),两边同时加3得a2n+1+3=3(a2n-1+3),又a1+3=4, 所以数列{a2n-1+3}是首项为4,公比为3的等比数列,故B正确; 对于C,当n为奇数时,an+1=an+2,用2n+1替换上式中的n得a2n+2=a2n+1+2,又a2n+1=3a2n,所以a2n+2=3a2n+2,两边同时加1得a2n+2+1=3(a2n+1), 因为a2=a1+2=3,所以a2+1=4,所以{a2n+1}是以4为首项,3为公比的等比数列, 则a2n+1=4×3n-1,则a2n=4×3n-1-1,n∈N*,故C错误; 对于D,由B得a2n-1+3=4×3n-1,则a2n-1=4×3n-1-3, 所以S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n) =(4+12+…+4×3n-1-3n)+(4+12+…+4×3n-1-n) =×2-4n=4×3n-4n-4,故D正确. 故选ABD. 7.答案　2 解析　设等比数列{bn}的公比为q, 则bn=b1·qn-1=, 所以=b1·qn-2,=b1·qn-3,……,=b1·q0, 累乘得·q0+1+2+…+n-2=,整理得an=a1·, 所以a2 024=a1··q1 011×2 023=2(b1·q1 011)2 023, 又b1 012=b1·q1 011=1,所以a2 024=2(b1·q1 011)2 023=2. 8.答案　1 036 解析　∵an+1=an+n·2n,∴an+1-an=n·2n, 当n≥2时,an-a1=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1=(n-1)·2n-1+(n-2)·2n-2+…+2·22+1·21,① ∴2(an-a1)=(n-1)·2n+(n-2)·2n-1+…+2·23+1·22,② ①-②得-(an-a1)=-(n-1)·2n+2n-1+2n-2+…+23+22+2=-(n-1)·2n+=-(n-1)·2n-2+2n=-(n-2)·2n-2, ∴an-a1=(n-2)·2n+2, 当n=1时也符合上式,所以an=(n-2)·2n, 故log2a1 026=log2(1 024×21 026)=log2(210×21 026)=log221 036=1 036. 9.答案　 解析　因为Sn=2an-2n+1,所以Sn-1=2an-1-2n(n≥2),两式相减得an=2an-2an-1-2n,即an=2an-1+2n, 两边同除以2n得+1, 又当n=1时,a1=2a1-22,所以a1=4,所以=2, 所以是以2为首项,1为公差的等差数列, 所以=2+(n-1)×1=n+1,故an=(n+1)·2n, 所以bn=log2=log22n=n, 代入题中不等式得≥m,即m≤, 令cn=, 则cn+1=, 所以cn+1-cn= = =, 因为(2n+3)2-(2n+2)(2n+4)=1>0, 所以(2n+3)2>(2n+2)(2n+4), 所以2n+3>, 所以cn+1-cn>0恒成立,即{cn}为递增数列, 所以(cn)min=c1=, 所以m≤,即m的最大值为. 10.解析　(1)∵an-an-1=(n≥2),∴=1(n≥2), ∴{}是首项为=1,公差为1的等差数列,则=1+(n-1)×1=n,故an=n2. (2)当n=1时,T1=b2,即b2=b1=4,当n≥2时,Tn-1=2n-2·bn, 则bn=,即bn+1=, 则log2bn+1=log2=2log2bn-1,即cn+1=2cn-1,∴cn+1-1=2(cn-1)(n≥2), 又∵c1-1=log2b1-1=1,c2-1=log2b2-1=1, ∴当n=1时不满足上式, 故当n≥2时,{cn-1}是首项为1,公比为2的等比数列,∴cn-1=1×2n-2,则cn=1+2n-2(n≥2), 综上所述,cn= (3)∵(-1)2k-1a2k-1+(-1)2ka2k=-(2k-1)2+(2k)2=(2k+2k-1)[2k-(2k-1)]=4k-1, ∴S2m=4(1+2+…+m)-m=4×-m=2m2+m, 又∵c1+c2+…+c10=2+9+(1+2+…+28)=11+=522,∴2m2+m≥522, ∵y=2x2+x在[1,+∞)上单调递增,2×162+16=528>522,2×152+15=465<522,且m∈N*, ∴m≥16,且m∈N*, 故满足题意的正整数m的最小值为16. 解题技法　求数列通项公式常用的方法:(1)公式法:根据等差、等比数列的通项公式直接求解;(2)前n项和法:根据an=求解;(3)Sn 与an 的关系式法:由Sn 与an 的关系式,类比出Sn-1 与an-1 的关系式,两式作差求出通项公式,最后要检验a1 是否满足通项公式; (4)累加法:当数列{an}中有an+1=an+f(n),即第(n+1)项与第n项的差构成的数列有规律时,可以利用这种方法;(5)累乘法:当数列{an}中有=f(n),即第(n+1)项与第n项的商构成的数列有规律时,可以利用这种方法;(6)构造法:通过构造等差数列或等比数列求解. 9 学科网（北京）股份有限公司 $$