第一章复习提升-2022版数学选择性必修第二册 北师大版（2019） 同步练习 （Word含解析）

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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
1.(2020四川师大附中高一下期中,)已知函数f(x)=(3-a)x-3,x≤7,ax-6,x>7,若数列{an}满足an=f(n),n∈N+,且{an}是递增数列,则实数a的取值范围是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.94,3 B.94,3
C.(1,3) D.(2,3)
2.(2021湖南醴陵二中等三校高二上期中联考,)已知{an}是递增数列,且对任意n∈N+都有an=n2+λn,则实数λ的取值范围是 (　易错　)
A.-72,+∞ B.(0,+∞)
C.[-2,+∞) D.(-3,+∞)
易错点2　误用数列的有关性质
3.(2021山东聊城高二上期末,)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S4S8=25,则S8S16= (　易错　)
A.514 B.726 C.35 D.25
易错点3　由Sn求an时,忽略n=1的情况
4.(2020福建福州一中高三上期末,)数列{an}满足a1=1,其前n项和为Sn,且Sn=2an(n≥2,n∈N+),则{an}的通项公式为　　　　　　　.易错 
5.()已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=12.
(1)求证:1Sn是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.




6.()在数列{an}中,a1=1,a1+2a2+3a3+…+nan=n+12·an+1(n∈N+),求数列{an}的通项公式.
易错








易错点4　应用等比数列的求和公式时忽略q=1的情况7.()在等比数列{an}中,a1=2,S3=6,则a3=　　　　. 
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)设数列{an+bn}是首项为1,公比为q的等比数列,求数列{bn}的前n项和Sn.








9.()求和:Sn=x+1x2+x2+1x22+…+xn+1xn2(x≠0).
易错






思想方法练
一、函数思想在数列中的应用
1.(2021河南八市重点高中高二上联考,)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,a2+a10=0,则 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.n=6或7时Sn取得最大值
B.n=5或6时Sn取得最大值
C.n=6或7时Sn取得最小值
D.n=5或6时Sn取得最小值
2.()已知首项为32的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N+),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=Sn-1Sn(n∈N+),求数列{Tn}中最大项的值与最小项的值.
深度解析












二、方程思想在数列中的应用
3.(2021山东临沂高二上期末,)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a4=4,S9=45,则a2 021= (　　)
A.2 022 B.2 021
C.2 019 D.2 018
4.(2021重庆八中高二上期末,)已知数列{an}为等差数列,a2=3,前n项和为Sn,数列{bn}为等比数列,公比为2,且b2S3=54,b3+S2=16.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
深度解析











三、分类讨论思想在数列中的应用
5.()已知数列-1,4,-7,10,…,(-1)n·(3n-2),…,求其前n项和Sn.















6.(2021重庆西南大学附中高三上月考,)设数列{an}的前n项和为Sn,已知an>0,Sn2-(n2+n)Sn-(n2+n+1)=0.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bn=35-an,求数列{|bn|}的前n项和Tn.
深度解析








四、转化与化归思想在数列中的应用
7.(2020天津耀华中学高二上期末,)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足2Sn=2n+1+m(m∈R).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=1(2n+1)log2(anan+1),求数列{bn}的前n项和Tn.













8.(2021湖南长沙高二上期末,)条件①:设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+k(n∈N+,k∈R),a1=1.条件②:∀n∈N+,有an+1an=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.
深度解析
























答案全解全析
本章复习提升
易混易错练
1.D　根据题意得3-a>0,a>1,a8-6>(3-a)×7-3,解得2 2.D　∵{an}是递增数列,∴an+1>an,又an=n2+λn,∴(n+1)2+λ(n+1)-(n2+λn)>0,整理得λ>-2n-1对于n∈N+恒成立.
而y=-2n-1(n∈N+)在n=1时取得最大值-3,∴λ>-3,故选D.
易错警示
利用函数思想解决数列问题,特别是研究数列的增减性时,应注意数列的特征,必要时可数形结合来确定数列的性质.
3.A　由数列{an}为等差数列,得S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12也成等差数列,
因为S4S8=25,所以S4S8-S4=23,S8=52S4,所以S8-S4=32S4,则数列S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12是以S4为首项,12S4为公差的等差数列,故S12-S8=2S4,S16-S12=52S4,所以S16=7S4,所以S8S16=514.故选A.
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.
4.答案　an=1,n=12n-2,n≥2,n∈N+
解析　当n=2时,S2=2a2,得a2=a1=1,
又当n≥2时,Sn=2an,∴Sn+1=2an+1,
∴Sn+1-Sn=2an+1-2an,
即an+1=2an(n≥2),
经检验a2=a1≠2a1,不符合上式,
∴{an}从第二项起构成以a2=1为首项,2为公比的等比数列,
∴当n≥2时,an=1×2n-2=2n-2.
∴an=1,n=1,2n-2,n≥2,n∈N+.
易错警示
已知Sn求an的解题过程通常分为四步:第一步,令n=1,得a1;第二步,令n≥2,得an;第三步,在第二步求得的an的表达式中取n=1,判断其值是否等于a1;第四步,写出数列的通项公式.其中第三步尤为关键,解题时一定要检验n=1时是否符合n≥2时求得的an的表达式,否则易导致第四步中数列的通项公式求解错误.
5.解析　(1)证明:当n≥2时,由an+2SnSn-1=0,得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,
所以1Sn-1Sn-1=2,
又1S1=1a1=2,所以1Sn是首项为2,公差为2的等差数列.
(2)由(1)可得1Sn=2n,所以Sn=12n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12n-12(n-1)=-12n(n-1).
当n=1时,a1=12,不符合an=-12n(n-1).
故an=12,n=1,-12n(n-1),n≥2,n∈N+.
6.解析　由a1+2a2+3a3+…+nan=n+12an+1,得当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=n2an,两式作差得nan=n+12an+1-n2an(n≥2),
即(n+1)an+1=3nan(n≥2),易得a2=1,
故数列{nan}从第二项起构成以2为首项,3为公比的等比数列,故当n≥2时,nan=2×3n-2,所以an=2×3n-2n(n≥2).当n=1时,a1=1不符合上式,
所以an=1,n=1,2×3n-2n,n≥2,n∈N+.
易错警示
利用an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2求an时,要注意分n=1及n≥2讨论求解,若两种情况不能合并,则需将通项公式写成分段的形式.
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=a1(1-q3)1-q=2(1-q3)1-q=6,解得q=-2,此时a3=a1q2=8.
综上可知,a3=2或a3=8.
8.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意可得2a1+7d=-23,2a1+9d=-29,
解得a1=-1,d=-3,
所以an=-1+(n-1)×(-3)=-3n+2.
(2)由题意得an+bn=qn-1,
所以bn=3n-2+qn-1.
当q=1时,bn=3n-1,
则Sn=n(2+3n-1)2=n(3n+1)2.
当q≠1时,Sn=b1+b2+…+bn
=[1+4+…+(3n-2)]+(1+q+…+qn-1)
=n(1+3n-2)2+1-qn1-q
=n(3n-1)2+1-qn1-q.
综上,Sn=n(3n+1)2,q=1,n(3n-1)2+1-qn1-q,q≠1.
9.解析　由题意知x≠0.
①当x≠±1时,
Sn=x+1x2+x2+1x22+…+xn+1xn2
=x2+2+1x2+x4+2+1x4+…+x2n+2+1x2n
=(x2+x4+…+x2n)+2n+1x2+1x4+…+1x2n
=x2(1-x2n)1-x2+x-2(1-x-2n)1-x-2+2n
=(x2n-1)(x2n+2+1)x2n(x2-1)+2n.
②当x=±1时,Sn=4n.
综上,
Sn=4n,x=±1,(x2n-1)(x2n+2+1)x2n(x2-1)+2n,x≠±1且x≠0.
易错警示
无论是求等比数列的前n项和Sn,还是已知等比数列的前n项和求其他量,只要使用等比数列的前n项和公式,就要注意公比是不是1.
思想方法练
1.B　∵a1>0,a2+a10=2a6=0,∴a6=0,公差d<0,∴a1=-5d,
∴Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2-112dn,
又函数y=d2x2-112dx的图象(图略)开口向下,对称轴为直线x=112,
∴当n=5或6时Sn取得最大值.故选B.
利用二次函数图象的对称性求得Sn的最大值.
2.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,
因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,
所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,
即4a5=a3,于是q2=a5a3=14.
又{an}不是递减数列,且a1=32>0,
所以q=-12,
故等比数列{an}的通项公式为
an=32×-12n-1=(-1)n-1×32n.
(2)由(1)得Sn=1--12n
=1+12n,n为奇数,1-12n,n为偶数.
设f(x)=12x(x∈R),由指数函数的性质可知f(x)=12x为减函数.
将Sn视为关于n的函数,结合指数函数的单
调性求解.
所以当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,
所以1 故0 当n为偶数时,Sn随n的增大而增大,
所以34=S2≤Sn<1,
故0>Sn-1Sn≥S2-1S2=34-43=-712.
综上,-712≤Sn-1Sn≤56,且Sn-1Sn≠0(n∈N+),
所以数列{Tn}中最大项的值为56,最小项的值为-712.

思想方法
对于等差(等比)数列的通项公式和前n项和问题,常常利用函数思想将其与对应函数类比进行研究.
3.B　设等差数列{an}的公差为d,
则a4=a1+3d=4,S9=9a1+9×82d=45, 解得a1=1,d=1,
构造关于首项a1与公差d的方程,利用方程
思想求解.
则an=a1+(n-1)d=n,所以a2 021=2 021,故选B.
4.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
则S3=3(a1+a3)2=3a2=9,
∴b2=54S3=6,∴b3=2b2=12.
∵b3+S2=16,∴S2=a1+a2=2a2-d=6-d=4,∴d=2,
先设数列{an}的公差为d,再通过找等量关
系列方程求得d.
∴an=a2+(n-2)d=3+2(n-2)=2n-1,
bn=b2×2n-2=6×2n-2=3×2n-1.
(2)∵cn=an+bn=2n-1+3×2n-1,
∴Tn=(1+3×20)+(3+3×21)+(5+3×22)+…+[(2n-1)+3×2n-1]
=[1+3+5+…+(2n-1)]+(3+3×21+3×22+…+3×2n-1)
=n(1+2n-1)2+3×(1-2n)1-2
=3×2n+n2-3.
思想方法
利用等差(等比)数列的通项公式与前n项和公式,列方程组求出基本量,是解决等差(等比)数列问题的基本方法,这种方法正是方程思想在数列中的具体体现.
5.解析　由于出现(-1)n,故需分n为奇数和
n为偶数讨论求解.
当n为偶数时,令n=2k(k∈N+),
则Sn=S2k=-1+4-7+10-…+(-1)2k·(6k-2)=(-1+4)+(-7+10)+…+[(-6k+5)+(6k-2)]=3k=3n2;
当n为奇数时,令n=2k-1(k∈N+),
则Sn=S2k-1=3(k-1)-[3(2k-1)-2]
=-3n+12.
∴Sn=-3n+12,n∈N+,n为奇数,3n2,n∈N+,n为偶数.
6.解析　(1)∵Sn2-(n2+n)Sn-(n2+n+1)=0,
∴[Sn-(n2+n+1)](Sn+1)=0,
∵an>0,∴Sn>0,∴Sn+1>0,∴Sn=n2+n+1.
当n=1时,a1=1+1+1=3;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n.
利用an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2实现和与项的转化.
当n=1时,a1=3不满足上式,
∴an=3,n=1,2n,n≥2.
(2)由(1)可得bn=35-an=32,n=1,35-2n,n≥2.
设{bn}的前n项和为Hn,则Hn=35n-Sn=-n2+34n-1,
分类讨论,利用bn的正负将项的绝对值的
和转化为项的和.
①当1≤n≤17时,bn>0,Tn=b1+b2+…+bn=Hn=-n2+34n-1.
②当n≥18时,bn<0,Tn=(b1+b2+…+b17)-(b18+b19+…+bn)=H17-(Hn-H17)=2H17-Hn=n2-34n+577.
综上,Tn=-n2+34n-1,1≤n≤17,n2-34n+577,n≥18.
思想方法
涉及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,或研究的数列含参时都要考虑分类讨论思想的运用.
7.解析　(1)由2Sn=2n+1+m(m∈R)得,
当n≥2时,2Sn-1=2n+m(m∈R),
两式相减得,2Sn-2Sn-1=2an=2n(n≥2),
由Sn求an,利用公式an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,将其
转化为不含Sn的等式.
即an=2n-1(n≥2),所以a2=2,a3=4,
因为{an}是等比数列,所以a22=a1a3,
所以a1=1,符合an=2n-1,
所以等比数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)可知,log2(anan+1)=log2(2n-1·2n)=2n-1,
则bn=1(2n+1)(2n-1)=1212n-1-12n+1.
所以Tn=b1+b2+…+bn
=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1
=121-12n+1=n2n+1.
8.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,
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=1-2101-2-10×210=-9×210-1,
∴T10=9×210+1=9 217.
选条件②.(1)由an+1an=q(q>1,且q为常数)知数列{an}是公比为q的等比数列,
则a2=a3q=4q,a4=a3q=4q,
由已知可得2a3=a2-1+a4-1,
即8=4q+4q-2,
解得q=2或q=12(舍去).
∴a3=a1q2=a1·22=4,∴a1=1.
∴an=2n-1.
(2)同选条件①.
思想方法
在解决数列的求和问题时,常遇到不能利用等差或等比数列前n项和公式直接求解的情况,此时就要运用转化与化归思想,利用裂项相消法、错位相减法、分组求和法等求解.