第5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三册（人教B版）

本章复习提升 易混易错练 易错点1　忽略数列与函数的区别致错 1.(2025辽宁锦州期中)已知数列{an}满足a1=10,=2,则的最小值为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D.2 2.(2025黑龙江大庆实验中学期末)已知数列{an}满足an=n∈N+,若对任意n∈N+都有an>an+1,则实数a的取值范围为(　　) A.　　　B.　　　 C.　　　D. 易错点2　对数列的有关性质理解不清致错 3.已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和S'n,若=,则的值是(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 4.正项等比数列{an}满足a1-a5=90,a2-a4=36,则a5,a7的等比中项为　　　　.  易错点3　忽视分类讨论致错 5.(2024江西丰城第九中学月考)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) 6.(2025山东七校联考)定义:已知数列{an}(n∈N+)的首项a1=1,前n项和为Sn,设λ与k是常数,若对任意n∈N+,均有-=λ成立,且an>0,则称数列{an}为“λ&k”数列.若数列{an}(n∈N+)是“&2”数列,则数列{an}的通项公式为an=(　　) A.3×4n-2　　B. C.4×3n-2　　D. 7.(2025湖北仙桃期末)数列{an}中,a1=2,且满足anan+1=,an+an+1=bn,则数列{bn}的前2 024项和为　　　　.  8.在等差数列{an}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{an+bn}是首项为1,公比为q的等比数列,求{bn}的前n项和Sn. 9.(2024江苏淮安淮阴中学月考)已知数列{an}满足a1=3,当n≥2,n∈N+时,nan=(n+1)·an-1+1. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. 易错点4　没有掌握数列求和方法的关键 10.(2025江西六校联考)已知数列{an}的首项a1=1,其前n项和为Sn,且满足nSn+1-(n+1)·Sn-(n2+n)=0. (1)证明:数列是等差数列; (2)若bn=an·2n,求数列{bn}的前n项和Tn. 11.(2025天津耀华中学期末)已知等比数列{an}的公比q>1,a1+a2+a3=14,a2+1是a1,a3的等差中项.等差数列{bn}满足2b1=a2,b4=a3. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)设cn=求数列{cn}的前2n项和S2n; (3)将数列{an}与{bn}的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列{en},求数列{en}的前2n项和. 思想方法练 一、函数与方程思想在数列中的应用 1.从①其前n项和为Sn,且S3=6,S5=15,②其公差为1,且a2,a4,a8成等比数列,③a1=1,a2+a3+a5+a6=16这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并给出解答. 问题:已知{an}为等差数列,　　　　.  (1)求数列{an}的通项公式; (2)令cn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,求c1+c2+…+c2 022的值. 2.(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、转化与化归思想在数列中的应用 3.已知数列{an}满足a1+a2+…+an-1-an=-2(n≥2且n∈N+),a2=4. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列的前n项和为Tn,求证:≤Tn<1. 4.(2025江苏无锡期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,3Sn=(n+2)an. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<; (3)若an-λ·2n≤4对任意n∈N+恒成立,求实数λ的取值范围. 三、分类讨论思想在数列中的应用 5.(2025浙江杭州第十四中学期末)已知数列{an},{bn}的各项均不为零,若{bn}是单调递增数列,且2an=bn·bn+1,an+an+1=,n∈N+,a1=b2,a2=b6. (1)求b1及数列{bn}的通项公式; (2)设cn=|9-bn|,求数列{cn}的前n项和Tn. 6.(2024山东德州第一中学月考)已知数列{an}满足anan+1=16n(n∈N+),a1=2. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=求数列{bn}的前2n项和S2n. 7.(2025江苏无锡锡山高级中学调研)已知Sn为数列{an}的前n项和,a1=1,Sn+1+Sn=2n2+2n+1. (1)求{an}的通项公式; (2)若b1=1,bn+1+(-1)nbn=an,求数列{bn}的前n项和Tn. 答案与分层梯度式解析 易混易错练 1.B　由=2,得an+1-an=2n,所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2(n-1)+2(n-2)+…+2+10=+10=n2-n+10,n≥2. 显然a1=10满足上式,所以an=n2-n+10, 所以=n+-1. 设f(x)=x+-1,易知f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,又f(3)=3+-1=, f(4)=4+-1=,且<, 所以当n=3时,取得最小值,为. 易错警示　求与数列有关的最大(小)值问题,可借助函数知识求解,此时要考虑最大(小)值点是不是整数,若不是,则需考虑最大(小)值点附近的整数的情况. 2.C　因为对任意n∈N+都有an>an+1,所以数列{an}为递减数列,则<a<1, 所以实数a的取值范围为. 3.C　由题意,结合等差数列前n项和的性质可得======. 易错警示　本题已知条件为=,常误认为Sn=7n+1,S'n=4n+27,而实际上公差不为零的等差数列的前n项和Sn是n的二次函数,即Sn,S'n两者约分化简后的比值为,所以该题必须结合等差中项来解决. 4.答案　±3 解析　设等比数列{an}的公比为q(q>0), 由题意得 解得(舍去). 设G是a5,a7的等比中项,则G2=a5a7=a1q4·a1q6=q10=962×=9,所以G=±3, 所以a5,a7的等比中项是±3(易错点). 5.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,λ<恒成立,易知数列单调递增,所以=1,则λ<1; 当n为偶数时,λ>-恒成立,易知数列单调递减,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. 6.B　由数列{an}(n∈N+)是“&2”数列,可得λ=,k=2,则-=, 又Sn+1-Sn=an+1,an>0,∴Sn+1>Sn>0, ∴>,∴->0, ∴-=(Sn+1-Sn, ∴(-)2=(-)(+), ∴-=(+),∴=2,∴Sn+1=4Sn, 又a1=S1=1,∴数列{Sn}是以1为首项,4为公比的等比数列,∴Sn=4n-1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-1-4n-2=3×4n-2, ∵a1=1不满足上式,∴an= 易错警示　利用an=求an时,要注意分n=1及n≥2讨论求解,当两种情况不能合并时,需将通项公式写成分段的形式. 7.答案　7- 解析　由a1=2,a1a2=,得a2=, 由anan+1=,得an+1an+2=,所以=, (易错点:需分n为奇数、偶数两种情况讨论) 所以{an}的奇数项和偶数项都是公比为的等比数列, 当n为奇数时,an=2·,当n为偶数时,an==,所以当n为奇数时,bn=an+an+1=2·+=,此时{bn}是首项为,公比为的等比数列,当n为偶数时,bn=an+an+1=+2·=,此时{bn}是首项为,公比为的等比数列, 故数列{bn}的前2 024项的和为(b1+b3+…+b2 023)+(b2+b4+…+b2 024)=+=7-. 8.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,则由题意可得 所以an=-1+(n-1)×(-3)=-3n+2. (2)由题意得an+bn=qn-1(q≠0),所以bn=3n-2+qn-1. 当q=1时,bn=3n-1,则Sn==. 当q≠1且q≠0时,Sn=b1+b2+…+bn =[1+4+…+(3n-2)]+(1+q+…+qn-1) =+=+. 综上,Sn= 易错警示　应用等比数列的前n项和公式时,需要注意公比q是否等于1. 9.解析　(1)由题意得=+,n≥2, 令bn=,则b1==,即bn=bn-1+, ∴bn-bn-1=-,n≥2,则b2-b1=-,b3-b2=-,……,bn-bn-1=-, 累加得bn-b1=-,n≥2,∴bn=2-,n≥2, ∵b1=也符合上式,∴bn=2-,n∈N+, 又bn=,∴an=2n+1,n∈N+. (2)令cn=ansin, 则cn=ansin=k∈N+, 即c1=3,c2=0,c3=-7,c4=0,……,c4k-3=8k-5,c4k-2=0,c4k-1=-8k+1,c4k=0,k∈N+, ∵c4k-3+c4k-2+c4k-1+c4k=-4,k∈N+, ∴当n=4k时,Tn=c1+c2+…+cn=-4×=-n, 当n=4k-1时,Tn=Tn+1-cn+1=-4×-0=-n-1, 当n=4k-2时,Tn=Tn+2-cn+2-cn+1=-4×-[-2(n+1)-1]=n+1,当n=4k-3时,Tn=Tn+1-cn+1=n+1+1-0=n+2,则数列的前n项和Tn=c1+c2+…+cn=k∈N+. 10.解析　(1)证明:因为nSn+1-(n+1)Sn-(n2+n)=0,即nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1), 所以-=,又a1=1,所以数列是以1为首项,为公差的等差数列. (2)由(1)得=n+,所以Sn=n2+n①, 所以当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+(n-1)②, ①-②,得an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=n. 显然a1=1满足上式,所以an=n, 所以bn=an·2n=n·2n, 所以Tn=1×2+2×22+…+n×2n③, 所以2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1④, ③-④,得-Tn=2+22+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=2n+1-2-n×2n+1, 所以Tn=2+(n-1)2n+1. 11.解析　(1)由题意得 即 又q>1,∴a1=2,q=2,∴an=2n. 设等差数列{bn}的公差为d, 由 ∴bn=2+2(n-1)=2n. (2)结合(1)可得cn= 所以S2n=++++++…++=+++…+++++…+, 记p=+++…+,m=+++…+, 则p=+++…+ =×+×+×+…+==, 由m=+++…+, 得m=++…++, 两式相减得m=+++…+- =-=-×, 所以m=-×, 故S2n=p+m=+-×. (3)易知数列{an}与{bn}都是递增数列,且an==2n,an+1==2n+1,又2n-n-2n-1=2n-1-n≥0, 所以数列{en}的前2n项由{an}的前n项和{bn}的前(2n-n)项构成, 故=e1+e2+…+=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+)=(2+22+…+2n)+[2+4+…+2(2n-n)] =+ =2n+1-2+4n-n·2n+1+n2+2n-n=4n-(2n-3)2n+n2-n-2. 易错警示　数列求和可综合利用分组求和法、错位相减法、裂项相消法.分组求和应注意分组后数列首项、末项、项数、项的规律等基本信息;利用错位相减法求和要注意按等比数列公比的指数幂对应相减;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,一般按照分母进行裂项,若两边不相等,则应注意配凑系数,相消时要注意最后剩余的项,可以多写几项观察相消的规律,一般是前面剩几项,后面就剩几项. 思想方法练 1.解析　(1)选条件①. 设等差数列{an}的公差为d,因为S3=6,S5=15, 所以解得a1=d=1, 根据等差数列的通项公式、前n项和公式建立关于首项、公差的方程组求解. 所以an=a1+(n-1)d=n. 选条件②. 因为等差数列{an}的公差为1,且a2,a4,a8成等比数列, 所以a2a8=,即(a1+1)(a1+7)=(a1+3)2,解得a1=1, 根据等差数列的通项公式、等比数列的性质建立方程求解. 所以an=n. 选条件③. 设等差数列{an}的公差为d,因为a1=1,a2+a3+a5+a6=16,所以4a1+12d=16,即4+12d=16,解得d=1, 根据等差数列的通项公式建立方程求解. 所以an=a1+(n-1)d=n. (2)由(1)知cn=[lg an]=[lg n], 因为c1=[lg 1]=0,c10=[lg 10]=1,c100=[lg 100]=2, c1 000=[lg 1 000]=3, 根据取整函数的概念及对数运算确定各项的值. 所以当1≤n≤9时,cn=0, 当10≤n≤99时,cn=1,当100≤n≤999时,cn=2, 当1 000≤n≤2 022时,cn=3, 所以c1+c2+…+c2 022=0+90×1+900×2+(2 022-999)×3=4 959. 2.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,数列单调递减,当n≥8时,数列单调递增, 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. 3.解析　(1)因为a1+a2+…+an-1-an=-2, 所以a1+a2+…+an-an+1=-2, 两式相减得an+1=2an(n≥2), 当n=2时,a1-a2=-2,又a2=4,所以a1=2,a2=2a1, 所以an+1=2an(n∈N+), 所以{an}是首项为2,公比为2的等比数列, 所以an=2n(n∈N+). (2)证明:==-, 通过对式子化简整理,转化为裂项相消求和模型. 所以Tn=++…+=1-<1, 通过数列求和化简的结果,结合放缩思想,将不等式问题转化为讨论函数最值问题. 由n≥1,得2n+1≥4,所以1-. 综上,≤Tn<1. 4.解析　(1)因为3Sn=(n+2)an①, 项、和共存的递推关系,常化和为项,将递推关系转化为仅含项的递推关系解决问题. 所以3Sn-1=(n+1)an-1(n≥2)②, ①-②并整理得(n-1)an=(n+1)an-1, 因为a1=2,所以an≠0,故=(n≥2), 所以an=××…×××a1 =××…×××2=n2+n(n≥2), 又a1=2符合上式,所以an=n2+n,n∈N+. (2)证明:bn===, 所以Tn=b1+b2+…+bn = ==-, 因为n∈N+,所以Tn<. (3)因为an-λ·2n≤4对任意n∈N+恒成立,且2n>0,所以λ≥对任意n∈N+恒成立, 将不等式恒成立问题转化为最值问题求解. 设f(n)=,n∈N+, 则f(n+1)-f(n)=- ==-, 所以当n=3时, f(n+1)-f(n)=0,即f(4)=f(3), 当1≤n<3时, f(n+1)-f(n)>0,即f(3)>f(2)>f(1), 当n>3时, f(n+1)-f(n)<0,即f(4)>f(5)>…, 所以f(n)=的最大值为f(3)=f(4)=1, 故λ≥1,即实数λ的取值范围为[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,通过分离变量将恒成立问题转化为最值问题求解. 5.解析　(1)因为2an=bn·bn+1,an+an+1=, 所以+=,即bn+1(bn+2+bn)=2. 因为数列{bn}的各项均不为零,所以bn+2+bn=2bn+1,所以{bn}为等差数列,设其公差为d. 对于2an=bn·bn+1,令n=1,得2a1=b1·b2,又a1=b2,所以b1=2. 对于an+an+1=,令n=1,得a1+a2=,所以b2+b6=,所以2+d+2+5d=(2+d)2,解得d=2或d=0(舍去),所以bn=2+2(n-1)=2n. (2)结合(1)得cn=|9-2n|,所以当1≤n≤4时,cn=9-2n;当n≥5时,cn=2n-9. 设tn=9-2n,记其前n项和为Sn. 当1≤n≤4时,Tn=Sn===8n-n2;当n≥5时,Tn=S4-(Sn-S4)=2S4-Sn=2×(8×4-42)-(8n-n2)=n2-8n+32. 综上,Tn= 6.解析　(1)∵anan+1=16n①,a1=2,∴a2=8, 易得an+1an+2=16n+1②,=16, n的奇偶性不确定,n取奇数和偶数时会得到不同的通项公式an,体现了分类讨论思想. 当n=2k-1(k∈N+)时,×××…×=16k-1, ∴a2k-1=2×16k-1=24k-3,即an=22n-1; 当n=2k(k∈N+)时,×××…×=16k-1, ∴a2k=8×16k-1=24k-1,即an=22n-1. 综上所述,{an}的通项公式为an=22n-1. (2)由题设及(1)可知bn= 则S2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b1+2+b3+4+b5+6+…+ b2n-1+2n) =2(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(2+4+6+…+2n) =2×(21+25+29+…+24n-3)+(2+4+6+…+2n) =2×+=+n(n+1). 7.解析　(1)解法一:当n=1时,S2+S1=5,即2a1+a2=5,由a1=1,得a2=3, 由Sn+1+Sn=2n2+2n+1,得Sn+Sn-1=2(n-1)2+2(n-1)+1 (n≥2),两式相减得an+1+an=4n(n≥2). 当n=1时,a2+a1=4,满足上式,所以当n∈N+时,an+1+an=4n,所以当n≥2时,an+an-1=4(n-1), 两式相减得an+1-an-1=4(n≥2), 所以数列{an}的奇数项是以a1=1为首项,4为公差的等差数列,数列{an}的偶数项是以a2=3为首项,4为公差的等差数列,所以当n为奇数时,an=a1+×4=1+2(n-1)=2n-1,当n为偶数时,an=a2+×4=3+2(n-2)=2n-1.综上,an=2n-1. 解法二:因为Sn+1+Sn=2n2+2n+1, 所以Sn+1-(n+1)2=-(Sn-n2), 则当n≥2时,Sn-n2=-[Sn-1-(n-1)2], 故Sn+1-(n+1)2=-(Sn-n2)=…=(-1)n(S1-12), 因为S1-12=0,所以Sn-n2=0,即Sn=n2, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1, 当n=1时,a1=1适合上式,所以an=2n-1. (2)式子中含有(-1)n,可分n为奇数和n为偶数两种情况讨论. 由题意得当n=2k-1(k∈N+)时,b2k-b2k-1=a2k-1=2(2k-1)-1=4k-3①, 当n=2k(k∈N+)时,b2k+1+b2k=a2k=2×2k-1=4k-1②, ②-①得b2k+1+b2k-1=2(k≥1,k∈N+), 因为b1=1,b3+b1=2,所以b3=1, 因为b2k+1+b2k-1=2(k≥1,k∈N+),所以当n为奇数时,bn=1,当n为偶数时,bn-bn-1=an-1=2(n-1)-1=2n-3,所以bn=an-1+1=2n-3+1=2n-2, 所以bn= 当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=×1+=n2+n, 当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[2(n+1)-2]=n2-n+1. 综上,Tn= 思想方法　在数列问题中,若通项公式或前n项和公式中含有(-1)n、绝对值等,则需要依据题意进行分类讨论,含(-1)n时,说明存在正负项,通常需要对n的奇偶性进行讨论;含绝对值时,去绝对值符号需要分类讨论. 2 学科网（北京）股份有限公司 $