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一册（湘教版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误 1.已知函数f(x)=若数列{an}满足an=f(n),n∈N+,且为递增数列,则实数a的取值范围是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.(0,1)　　　　B. C.　　　　D. 2.已知数列{an}的前n项和Sn=2n-1,bn=nan,若对任意n∈N+,不等式(n+5)bn+1≥λbn恒成立,则满足条件的实数λ的取值范围是(　　) A.λ≤　　　　B.λ≤20 C.λ≤21　　　　D.λ≤ 易错点2　误用数列的有关性质致误 3.若a,b是方程x2-px+q=0(p<0,q>0)的两个根,且a,b,2适当排序后既可成等差数列,也可成等比数列,则p+q=(　　) A.-4　　B.-3　　C.-2　　D.-1 4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S6=63,则a7+a8+a9等于(　　) A.63　　B.71　　C.99　　D.117 易错点3　由Sn求an时,忽略n=1的情况致误 5.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-5n+2,则数列{|an|}的前12项和T12=(　　) A.93　　B.94　　C.95　　D.96 6.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn+2=an+1,n∈N+. (1)若a1=1,求{an}的通项公式; (2)若{an}为等比数列,设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn. 易错点4　应用等比数列的求和公式时忽略q=1的情况致误 7.已知在等比数列{an}中,a1=2,S3=6,则a3=　　　　.  8.已知在数列{an}中,a1=1,a2=2,数列{anan+1}是公比为q(q>0)的等比数列. (1)求使anan+1+an+1an+2>an+2an+3成立的q的取值范围; (2)求数列{an}的前2n项和S2n. 思想方法练 一、方程思想在数列中的应用 1.已知等比数列{an}的前n项和是Sn,若3a1+2a2=4,9S3=8S6,则S5=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　 A.或5　　B.或5　　C.　　D. 2.在等差数列{an}中,a1=1,且a2是a1与a4的等比中项,Sn为{an}的前n项和,则S10的值为(　　) A.10　　　　 B.55 C.10或55　　　　D.10或60 二、函数思想在数列中的应用 3.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且a1,a3,a4成等比数列,则Sn取得最大值时,n的值为(　　) A.4　　B.5　　C.4或5　　D.5或6 4.已知数列{an}的前n项和为Sn,公比为q(q>0)的等比数列{bn}的前n项和为Tn,并满足(1+Tn)=(n∈N+),且a1=0,a2=-1,T3=7. (1)求an与bn; (2)若不等式t(Tn+1)+Sn+Sn+1>0对任意的正整数n恒成立,求实数t的取值范围. 三、分类讨论思想在数列中的应用 5.数列{an}的通项an=-,其前n项和为Sn,则S30为(　　) A.460　　B.470　　C.480　　D.490 6.设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn>0(n=1,2,3,…). (1)求q的取值范围; (2)设bn=an+2-an+1,{bn}的前n项和为Tn,试比较Sn与Tn的大小. 四、转化与化归思想在数列中的应用 7.已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+bn=bn+1,an+1+bn+1=4an,则=　　　　.  8.(2021福建泉州二模)已知数列{an}满足a1=1,an≠0,(1+a1)(1+a2)(1+a3)…(1+an+1)=an+1(n∈N+). (1)证明数列是等差数列; (2)求数列{an+1an+2}的前n项和Tn. 答案与分层梯度式解析 易混易错练 1.B　由题意得a1=1-2a+a2,a2=4-4a+a2,a3=3a-,∵{an}为递增数列,∴即解得<a<.故选B. 易错警示 　　分段数列的单调性与相应分段函数的单调性有所不同,分段数列还要使得两段之间满足一定的条件,如本题中数列{an}递增需满足a2<a3,而函数f(x)递增则需满足32-6a+a2≤3a-,二者有较大的区别. 2.C　因为Sn=2n-1,所以当n=1时,a1=S1=21-1=1,当n≥2时,an=Sn-=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1,显然n=1时也满足上式,所以an=2n-1, 故bn=nan=n·2n-1,不等式(n+5)bn+1≥λbn对任意n∈N+恒成立,即(n+5)(n+1)·2n≥λ·n·2n-1对任意n∈N+恒成立, 等价于λ≤×2=2×对任意n∈N+恒成立. 令f(x)=x+(x>0),易知f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增, 因为2<<3, f(2)=, f(3)=,所以n+的最小值为,故λ≤2×=21.故选C. 易错警示 　　 解决数列问题时可以利用函数的方法,但要注意数列相对函数的特殊性,即数列中的项数n只能取正整数. 3.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适当排序后可成等比数列,可知2一定在中间,所以ab=22=4,即q=4.由a,b,2适当排序后可成等差数列,可知2一定不在a,b 的中间,不妨设a<b,则2b=2+a.由解得或(舍去).所以p=a+b=-4-1=-5,所以p+q=-5+4=-1.故选D. 易错警示 　　当a,b同号时,a,b的等比中项有两个,且它们互为相反数;当a,b异号时,a,b没有等比中项. 4.C　由{an}是等差数列,得S3,S6-S3,S9-S6构成等差数列,所以2(S6-S3)=S3+S9-S6,即2×(63-9)=9+a7+a8+a9,解得a7+a8+a9=99.故选C. 易错警示 　　在等差数列中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n,…成等差数列,而不是Sn,S2n,S3n,S4n,…成等差数列. 5.B　当n=1时,a1=S1=-2;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-5n+2-(n-1)2+5(n-1)-2=2n-6.所以an=即数列{an}从第2项开始为等差数列,由an<0,得n<3,即数列{an}的前两项为负数,所以T12=|a1|+|a2|+|a3|+…+|a12|=-a1-a2+a3+…+a12=2+2+=4+5×(0+18)=94.故选B. 易错警示 　　利用an=求an时,若通项公式不能合并,则需写成分段的形式. 6.解析　(1)∵Sn+2=an+1①,∴Sn-1+2=an(n≥2)②, ①-②得Sn-Sn-1=an+1-an(n≥2),即an+1=2an(n≥2),即=2(n≥2). 当n=1时,S1+2=a2,又∵S1=a1=1,则a2=3,此时≠2, ∴{an}从第2项开始是首项为3、公比为2的等比数列, ∴an= (2)∵{an}为等比数列,∴=2,又∵S1+2=a1+2=a2,∴a1=2,∴an=2n,∴bn==n·, ∴Tn=1·+2·+…+n·, Tn=1·+…+(n-1)·+n·, 两式相减可得Tn=++…+-n·=-n·=1-(n+2)·,∴Tn=2-(n+2)·. 7.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,由S3===6,解得q=-2,此时a3=a1q2=8. 综上可知,a3的值为2或8. 易错警示 　　当等比数列的公比不确定时,注意分公比等于1和不等于1两种情况讨论. 8.解析　(1)∵数列{anan+1}是公比为q的等比数列, ∴an+1an+2=anan+1q,an+2an+3=anan+1q2. ∵anan+1+an+1an+2>an+2an+3, ∴anan+1+anan+1q>anan+1q2,∴1+q>q2, 又∵q>0,∴0<q<, ∴q的取值范围为. (2)由数列{anan+1}是公比为q的等比数列, 得=q,即=q, 这表明数列{an}的所有奇数项成等比数列,所有偶数项成等比数列,且公比都是q. 又∵a1=1,a2=2, ∴当q≠1时, S2n=a1+a2+a3+a4+…+a2n-1+a2n =(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n) =+=; 当q=1时,S2n=a1+a2+a3+a4+…+a2n-1+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n) =()+()=3n. ∴S2n= 思想方法练 1.C　设等比数列{an}的公比为q, 当q=1时,无解,所以q≠1, 则 根据已知条件建立关于a1,q的方程组,运用了方程思想. 解得∴S5==.故选C. 2.C　设{an}的公差为d, 由题意得=a1a4,所以(1+d)2=1×(1+3d), 根据已知条件建立关于d的方程,运用了方程思想. 即d2-d=0,解得d=0或d=1.当d=1时,an=1+(n-1)×1=n,此时S10==55;当d=0时,an=a1=1,此时S10=10a1=10.所以S10的值为10或55.故选C. 3.C　设等差数列{an}的公差为d(d≠0), ∵a1,a3,a4成等比数列,∴=a1a4, 即(2+2d)2=2(2+3d), 解得d=0(舍去)或d=-, ∴Sn=2n+×=-n2+n, Sn是关于n的二次函数,可用二次函数知识求最大值,解题时要注意n是正整数. 又∵函数y=-x2+x的图象开口向下,对称轴为直线x=,故当Sn取得最大值时,n的值为4或5.故选C. 4.解析　(1)当n=1时,(1+T1)=, 所以(1+T1)=1,即(1+b1)=1, 由于a2=-1,所以b1=1, 则T3=b1+b2+b3=1+q+q2=7,解得q=2(负值舍去), 所以bn=2n-1,则Tn=1+2+…+2n-1==2n-1. 由于(1+Tn)=,所以(1+Tn)=1, 即(1+2n-1)=1, 故an+1=-n,所以an=-n+1(n≥2), 因为a1=0符合上式,所以an=-n+1. (2)由(1)得Sn==-,Tn=2n-1, 所以不等式t(Tn+1)+Sn+Sn+1>0可化为t·2n-->0,即t>,故t>即可, 把不等式t(Tn+1)+Sn+Sn+1>0进行参变分离,再利用函数的单调性求最大值,运用了函数思想. 设cn=(n∈N+),所以cn+1-cn=-=, 易知2n+1>0恒成立,当n≤2时,-n2+2n+1>0,则cn+1>cn,当n≥3时,-n2+2n+1<0,则cn+1<cn, 所以(cn)max=c3=,故t>, 所以实数t的取值范围为. 思想方法 　　函数思想就是用运动变化的观点分析和研究具体问题中的数量关系,通过建立函数关系,运用函数的相关知识解决问题.在数列中,求项的最值(范围)或前n项和的最值(范围)问题通常用到函数思想. 5.B　因为an=- =n2=n2cos. 由于余弦函数中含有,因此需对n进行分类讨论. 当n=3k(k∈N+)时,a3k=(3k)2; 当n=3k-1(k∈N+)时,a3k-1=-; 当n=3k-2(k∈N+)时,a3k-2=-. 所以a3k-2+a3k-1+a3k=--+(3k)2=9k-, 所以S30=9×(1+2+…+10)-×10=470,故选B. 6.解析　(1)∵{an}是等比数列,Sn>0, ∴a1=S1>0,q≠0.当q=1时,Sn=na1>0; 当q≠1时,Sn=>0, ∴>0. 由于公比q是未知数,因此利用求和公式时,需对q进行分类讨论. ∴①或② 解①得q>1,解②得-1<q<1. 综上可知,q>-1且q≠0. (2)由bn=an+2-an+1, 得bn=an, ∴Tn=Sn, ∴Tn-Sn=Sn=Sn(q-2). ∴当-1<q<-或q>2时,Tn>Sn; 当-<q<2且q≠0时,Tn<Sn; 当q=-或q=2时,Tn=Sn. 思想方法 　　在数列的有关问题中有时需要对公比q的取值范围、项数n的奇偶性、项的符号以及含有的参数进行分类讨论求解. 7.答案　21 014 解析　易知b2=a1+b1=3,由an=bn+1-bn,可得an+1=bn+2-bn+1,代入an+1+bn+1=4an,可得bn+2=4bn+1-4bn,所以bn+2-2bn+1=2(bn+1-2bn), 将式子变形,构造等比数列,体现了转化与化归的思想. 又因为b2-2b1=1,所以数列{bn+1-2bn}是以1为首项、2为公比的等比数列,则bn+1-2bn=2n-1,等式两边同时除以2n-1,可得-=1, 将式子变形,构造等差数列,体现了转化与化归的思想. 所以数列是首项为=2、公差为1的等差数列, 所以=2+(n-1)×1=n+1,所以bn=(n+1)·2n-2, 则a1 008=b1 009-b1 008=1 010×21 007-1 009×21 006=(2 020-1 009)×21 006= 1 011×21 006, 所以==21 014. 8.解析　(1)证明:由(1+a1)(1+a2)(1+a3)…(1+an+1)=an+1,① 可得(1+a1)(1+a2)(1+a3)…(1+an+1)(1+an+2)=an+2,② ∵an≠0,n∈N+,∴可得1+an+2=, 两边同时乘,可得+1=,即-=-1. 将递推关系式变形,构造等差数列,体现了转化与化归的思想. 由题意得(1+a1)(1+a2)=a2, ∵a1=1,∴2(1+a2)=a2, 解得a2=-2,∴=-, ∴数列是以-为首项、-1为公差的等差数列. (2)由(1)知,=-+(-1)·(n-1)=-,∴an+1=-, ∴an+1an+2=·==2, 将通项公式进行裂项,体现了转化与化归的思想. ∴Tn=a2a3+a3a4+…+an+1an+2 =2×+2×+…+2× =2× =2×=. 思想方法 　　转化与化归思想在数列中的应用主要体现在:(1)将实际问题通过数学建模转化为数列问题;(2)将递推关系式进行合理的变形,转化为等差数列或等比数列;(3)将数列的通项公式进行变形,将数列的前n项和问题转化为基本的求和问题. 28 学科网（北京）股份有限公司 $$