第1章 数列 本章复习提升（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二册（北师大版）

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.(2025安徽部分重点中学期中)已知数列{an}满足a1=10,=2,则的最小值为(　　) A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D.2-1 2.(2024天津南开中学月考)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.(2025陕西宝鸡期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若=7,则=(　　) A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D. 4.(2024辽宁沈阳新民第一高级中学月考)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. (2025安徽亳州二中月考)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n+3,n ∈N+,则数列{an}的通项公式为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.(2024江西赣州南康中学期末)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.(2024安徽合肥月考)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.(2024福建泉州期末)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.(2024江苏南通海安高级中学开学考试)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.(2024江苏南京金陵中学期末)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.(2025江西吉安阳明中学月考)设{an}是公差不为零的等差数列,Sn是{an}的前n项和,+=+,S9=-18. (1)求{an}的通项公式; (2)求中的最大项和最小项; (3)求{|an|}的前n项和Tn. 4.(2024山东菏泽期末)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.(2024重庆渝北中学月考)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.(2024广东实验中学期末)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.(2025江西师大附中月考)已知数列{an}是公差不为0的等差数列,a4=5,且a1,a3,a7成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=ancos,求数列{bn}的前2 025项和. 三、转化与化归思想在数列中的应用 8.(2025安徽阜阳临泉田家炳实验中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a4=2a1,-=. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn=+. 9.(2024陕西渭南质量检测)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 易混易错练 1.B 3.A 4.D 7.A 1.B　已知数列{an}满足a1=10,=2,即an+1-an=2n,则当n≥2时,有an-an-1=2(n-1),所以a2-a1=2,a3-a2=4,……,an-an-1=2(n-1), 所以an-a1=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1=2(n-1)+2·(n-2)+…+2==n2-n, 所以an=n2-n+a1=n2-n+10(n≥2), 当n=1时,a1=10满足an=n2-n+10,故对任意的n∈N+,an=n2-n+10,所以==n+-1, 由对勾函数的单调性可知,函数y=x+-1在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增, 又3<<4,n∈N+,且=3+-1=,=4+-1=,<易错点,所以的最小值为=. 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.A　由等差数列前n项和的性质知S7,S14-S7,S21-S14成等差数列,则2(S14-S7)=S7+S21-S14(解题关键:由等差数列的性质列出等式), 设S7=m,则m≠0,S14=7m, 故2(7m-m)=m+S21-7m,解得S21=18m, 所以==. 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,∴=. 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　当n=1时,a1=S1=1+2+3=6, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n+3-[(n-1)2+2(n-1)+3]=2n+1, 又a1=6不符合an=2n+1易错点, 所以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). 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. 1.C 2.D 5.C 6.A 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=-. 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∈. 3.解析　(1)由S9=-18可得=9a5=-18,故a5=-2, (利用方程思想列出关于a5的方程) 设{an}的公差为d,d≠0, 由+=+可得,-+-=0,即(a9-a1)·(a9+a1)+(a11-a3)(a11+a3)=0, 故8d(a9+a1)+8d(a11+a3)=0,即8d×2a5+8d×2a7=0, 又d≠0,所以a5+a7=2a6=0, (利用等差数列的性质列出关于a6的方程) 因此a6=0,则d=a6-a5=2, 故an=a6+(n-6)d=2n-12. (2)由(1)得=, 当n≤6且n∈N+时,<0,且为递减数列, 故此时=-为最大值,=-1为最小值; 当n>6且n∈N+时,>0,且为递减数列, 故此时=1为最大值,无最小值. (利用分类讨论和函数思想,由数列的增减性确定最值) 综上可得,的最大项为1,最小项为-1. (3)由an=2n-12可得,当n≤6且n∈N+时,an≤0, 当n>6且n∈N+时,an>0, 所以当n≤6且n∈N+时,Tn=-(a1+a2+…+an)=-=11n-n2, 当n>6且n∈N+时,Tn=-(a1+a2+…+a6)+a7+a8+…+an=a1+a2+…+an-2(a1+a2+…+a6) =n2-11n-2×=n2-11n+60, 故Tn= 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(n≥2), 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,判断数列的增减性 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n=1,b=. 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≥. 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. 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)设数列{an}的公差为d,d≠0, 由题意可知=a1a7,即(a4-d)2=(a4-3d)(a4+3d), 即(5-d)2=(5-3d)(5+3d),则25-10d+d2=25-9d2,所以d=1,所以an=a4+(n-4)d=5+(n-4)=n+1. (2)bn=ancos=(n+1)cos, 由于当n为奇数与n为偶数时,cos的值不相等,故需对n的值分奇数与偶数讨论求解 当n=2k,k∈N+时,cos=0,即bn=0, 当n=2k+1,k∈N时,cos=cos(k+1)π, (由于当k为奇数与k为偶数时,cos(k+1)π的值不相等,故需对k的值分奇数与偶数讨论求解) 当k为偶数时,cos(k+1)π=-1, 当k为奇数时,cos(k+1)π=1, 设数列{bn}的前n项和为Sn, 则S2 025=b1+b2+b3+b4+b5+b6+…+b2 021+b2 022+b2 023+b2 024+b2 025=-2+0+4+0-6+0+…+0-2 022+0+2 024+0-2 026=2×-2 026=-1 014. 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. 8.解析　(1)由-=得2Sn=n(an+3)①, 所以2Sn+1=(n+1)(an+1+3)②. 由②-①得2an+1=(n+1)an+1-nan+3,即(n-1)an+1=nan-3③, 利用公式an=将Sn转化为an 所以nan+2=(n+1)an+1-3④. 由④-③得an+2+an=2an+1, 所以数列{an}是等差数列. 在①中令n=1,得a1=3,所以a4=2a1=6,则可得公差d=1,所以an=3+(n-1)×1=n+2. (2)证明:由(1)可得bn== =+=+, 所以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. 1 学科网（北京）股份有限公司 $