高中人教版新课标A第二章 数列综合与测试课后练习题

这是一份高中人教版新课标A第二章 数列综合与测试课后练习题，共10页。

易错点1 忽略数列与一般函数的区别
1.(★★☆)已知函数f(x)=ax-5,x≥6,4-a2x+4,x<6,数列{an}满足an=f(n)(n∈N*),且数列{an}是单调递增数列,则实数a的取值范围是 .
2.(2019河南郑州期末,★★☆)设数列{an}的通项公式为an=n2+bn,若数列{an}是单调递增数列,则实数b的取值范围为 .
易错点2 误用数列的有关性质
3.(★★☆)已知关于x的方程x2-3x+a=0和x2-3x+b=0的四个根组成首项为34的等差数列,则a+b= .
4.(★★☆)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=30,S2m=90,求S3m.
易错点3 由Sn求an时,忽略n=1的情况
5.(2019山东菏泽高二期末,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=13Sn,求a2,a3,a4的值及数列{an}的通项公式.
易错点4 应用等比数列求和公式时忽略q=1的情况
6.(★★☆)已知在等比数列{an}中,a1=2,S3=6,则a3= .
7.(★★★)已知数列{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.
易错点5 忽略等差数列中为0的项而出错
8.(2019江西上饶中学高二月考,★★☆)设等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,且满足a1>0,S11=S18,则当n为何值时,Sn取得最大值?
易错点6 对等比数列中项的符号变化规律弄不清致错
9.(★★☆)已知-7,a1,a2,-1四个实数成等差数列,-4,b1,b2,b3,-1五个实数成等比数列,则a2-a1b2= .
思想方法练
一、函数思想在数列中的应用
1.(★★★)已知数列{an}为等差数列,且满足a2=0,a6=12,数列{bn}的前n项和为Sn,且b1=1,bn+1=2Sn+1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若对任意的n∈N*,不等式k·Sn+12≥an恒成立,求实数k的取值范围.
二、方程思想在数列中的应用
2.(★★☆)等差数列{an}的前n项和为Sn,且S10=90,a5=8,则a4=( )
A.16B.12C.8D.6
3.(2020安徽合肥高一期末,★★☆)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2+a4=6,a6=S3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若k∈N*,且ak,a3k,S2k成等比数列,求k的值.
三、分类讨论思想在数列中的应用
4.(★★☆)已知数列{an}满足an-(-1)nan-1=n(n≥2),记Sn为{an}的前n项和,则S40= .
5.(★★☆)设{an}是由正数组成的等比数列,Sn是其前n项和,求证:lg Sn+lgSn+22<
lg Sn+1.
6.(2019广东湛江一中高二月考,★★★)设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn>0(n=1,2,…).
(1)求q的取值范围;
(2)设bn=an+2-32an+1,记{bn}的前n项和为Tn,试比较Sn与Tn的大小.
答案全解全析
易混易错练
1.答案 487,8
解析 由题意得a>1,4-a2>0,f(5)解得4872.答案 (-3,+∞)
解析 ∵数列{an}是单调递增数列,
∴an+1>an(n∈N*)恒成立,
即(n+1)2+b(n+1)>n2+bn,
化简得b>-(2n+1).
∵数列{-(2n+1)}是单调递减数列,
∴当n=1时,-(2n+1)取得最大值-3,
∴b>-3.
3.答案 318
解析 不妨设34是方程x2-3x+a=0的根,由根与系数的关系可得,该方程的另一根为3-34=94,
由等差数列的性质,知94是此等差数列的第四项,方程x2-3x+b=0的两根是等差数列的中间两项.根据等差数列知识易知,此等差数列为34,54,74,94.故a=2716,b=3516,从而a+b=318.
4.解析 设等比数列{an}的公比为q,
则Sm=a1+a2+a3+…+am,
S2m=a1+a2+a3+…+am+am+1+…+a2m,
S3m=a1+a2+a3+…+a2m+a2m+1+…+a3m.
所以S2m-Sm=am+1+am+2+…+a2m,S3m-S2m=a2m+1+a2m+2+…+a3m,
所以Sm,S2m-Sm,S3m-S2m是公比为qm的等比数列,
所以(S2m-Sm)2=Sm(S3m-S2m),
即(90-30)2=30×(S3m-90),
所以S3m=210.
5.解析 由a1=1,an+1=13Sn,易得a2=13,a3=49,a4=1627.
由an+1=13Sn得,an=13Sn-1(n≥2),所以an+1-an=13Sn-13Sn-1=13an(n≥2),
即an+1=43an(n≥2).又a1=1,a2=13,所以该数列从第二项开始为等比数列,
故an=1(n=1),13×43n-2(n≥2).
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,由S3=a1·(1-q3)1-q=2(1-q3)1-q=6,解得q=-2或q=1(舍去),
此时a3=a1·q2=8.
综上可知,a3=2或8.
7.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.
由anan+1+an+1an+2>an+2an+3,
得anan+1+anan+1q>anan+1q2,
∴1+q>q2,即q2-q-1<0(q>0),
解得0故q的取值范围为0,1+52.
(2)由数列{anan+1}是公比为q的等比数列,得an+1an+2anan+1=q,即an+2an=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)
=a1(1-qn)1-q+a2(1-qn)1-q
=3(1-qn)1-q;
当q=1时,S2n=(1+1+…+1)+(2+2+…+2)=3n.
∴数列{an}的前2n项和S2n=3(1-qn)1-q,q≠1,3n,q=1.
8.解析 解法一:由S11=S18,得11a1+11×102×d=18a1+18×172d,即a1=-14d.
由a1>0可知d<0.
由an=a1+(n-1)d≥0,an+1=a1+nd≤0,
即-14d+(n-1)d≥0,-14d+nd≤0,得14≤n≤15.
由n∈N*可知,当n=14或n=15时,Sn取得最大值.
解法二:由S11=S18,可得a1=-14d,由a1>0可知d<0,
所以Sn=-14dn+n(n-1)2d=d2n-2922-8418d,由n∈N*并结合Sn对应的二次函数的图象知,当n=14或n=15时,Sn取得最大值.
9.答案 -1
解析 解法一:设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,则有-7+3d=-1,-4×q4=-1,解得d=2,q2=12,所以a2-a1=d=2,b2=-4×q2=-4×12=-2,所以a2-a1b2=2-2=-1.
解法二:因为-7,a1,a2,-1四个实数成等差数列,所以a2-a1=13[(-1)-(-7)]=2.
因为-4,b1,b2,b3,-1五个实数成等比数列,所以-4,b2,-1成等比数列,所以b22=(-4)×(-1)=4,所以b2=2或b2=-2.由b12=-4×b2>0知,b2<0,所以b2=-2,所以a2-a1b2=2-2=-1.
易错分析 对于等比数列{an},若公比为正数,则每一项同号;若公比为负数,则所有奇数项的符号相同,所有偶数项的符号相同.如本题中,无论公比是正数还是负数,b2与-4一定同号.
思想方法练
1.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d.由题意可得,a6-a2=4d=12,∴d=3,
∴an=a2+(n-2)d=3n-6.∵bn+1=2Sn+1,
∴bn=2Sn-1+1(n≥2),
∴bn+1-bn=2(Sn-Sn-1),即bn+1=3bn(n≥2),
又b2=2S1+1=3,即b2=3b1也成立,
∴{bn}是以1为首项,3为公比的等比数列,∴bn=3n-1.
(2)由(1)得,Sn=1-3n1-3=3n-12,∴k·Sn+12=k·3n-12+12=k·3n2≥an对任意的n∈N*恒成立,即k≥6(n-2)3n对任意的n∈N*恒成立.
令cn=n-23n,则cn-cn-1=n-23n-n-33n-1=-2n+73n.当n≤3时,cn>cn-1;当n≥4时,cn∴(cn)max=c3=127,故k≥6c3=29,即k的取值范围为29,+∞.
2.D 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
则10a1+10×92d=90,a1+4d=8,解得a1=0,d=2,
∴a4=a1+3d=0+3×2=6.
3.解析 (1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由题意可得a1+d+a1+3d=6,a1+5d=3a1+3d,解得a1=1,d=1.
所以数列{an}的通项公式为an=1+n-1=n.
(2)由(1)知Sn=n(n+1)2.因为ak,a3k,S2k成等比数列,所以a3k2=ak·S2k,
即9k2=k·k(2k+1),解得k=4.
4.答案 440
解析 由an-(-1)nan-1=n(n≥2)得,
当n=2k时,a2k-a2k-1=2k,①
当n=2k-1时,a2k-1+a2k-2=2k-1,②
当n=2k+1时,a2k+1+a2k=2k+1,③
①+②,得a2k+a2k-2=4k-1,
③-①,得a2k+1+a2k-1=1,
所以S40=(a1+a3+a5+a7+…+a39)+(a2+a4+a6+a8+…+a40)
=1×10+(7+15+23+…+79)=10+7×10+10×92×8=440.
5.证明 设{an}的首项为a1,公比为q,由题设知a1>0,q>0.
①当q=1时,Sn=na1,SnSn+2-Sn+12=na1×(n+2)a1-[(n+1)a1]2=-a12<0;
②当q≠1时,Sn=a1(1-qn)1-q,SnSn+2-Sn+12=a12(1-qn)(1-qn+2)(1-q)2-a12(1-qn+1)2(1-q)2=-a12qn<0.
综合①和②得06.解析 (1)设等比数列{an}的首项为a1.
∵{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=a1(1-qn)1-q>0,∴1-qn1-q>0,
∴1-q<0,1-qn<0①或1-q>0,1-qn>0②,
解①得q>1,解②得-1综上可知,q>-1且q≠0.
(2)由bn=an+2-32an+1,得bn=anq2-32q,
∴Tn=q2-32qSn,
∴Tn-Sn=Snq2-32q-1=Snq+12(q-2).
∴当-12时,Tn>Sn;
当-12当q=-12或q=2时,Tn=Sn.