新教材2023高中数学第四章数列章末复习课新人教A版选择性必修第二册 试卷

这是一份新教材2023高中数学第四章数列章末复习课新人教A版选择性必修第二册，共12页。

第四章 数列
章末复习课

回顾本章学习过程,建构“基本思想、基础知识、基本技能、基本活动经验”之间的联系.


要点训练一　数列中有关量的计算
数列是一种特殊的函数,特殊性主要表现在其定义域和值域上.数列可以看作一个定义域为正整数集N*或其有限子集{1,2,3,…,n}的函数.数列通项公式及前n项和公式中含有5个基本量,知道其中3个量,就可以求出另外2个量.求解过程中体现了方程的思想.　　　　　　　　　　　　
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a3=6,S10=100,则a5= (　　)
A.8 B.9 C.10 D.11
解析:设等差数列{an}的公差为d,
因为a1+a3=6,S10=100,
所以解得
因此,a5=a1+4d=9.
答案:B
2.已知等比数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,若a2=2,a5+a6=6a4,则a5=(　　)
A.4 B.10 C.16 D.32
解析:设数列{an}的公比为q,易知q>0.由a5+a6=6a4,得q2+q-6=0,解得q=2(负值舍去),从而a5=a2×23=16.
答案:C
3.在等比数列{an}中,若a1-a5=-,前四项的和S4=-5,则a4=(　　)
A.1 B.-1 C. D.-
解析:设等比数列{an}的公比为q,
由a1-a5=-,得a1(1-q4)=-.　　　①
由其前四项的和S4=-5,得S4==-5, ②
①÷②,得q=-,所以a1=-8,
所以a4=a1q3=(-8)×=1.
答案:A
4.若数列{an}满足an+1=,a8=2,则a1=.
解析:将a8=2代入an+1=,得a7=;将a7=代入an+1=,得a6=-1;将a6=-1代入an+1=,得a5=2.由此可知数列{an}是一个周期数列,且周期为3,所以a1=a7=.
5.已知所有项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,S4=a4+21,则公比q=4.
解析:由题意,得S4-a4=21,所以S3=21,
因为a1=1,所以S3==21,
解得q=4或q=-5(舍去),
所以q=4.
6.已知等比数列{an},若a1+a2+a3=7,a1a2a3=8,则an=2n-1或.
解析:由a1a2a3=8,得=8,
所以a2=2.
设等比数列{an}的公比为q,
则由a1+a2+a3=7,得+2+2q=7,
解得q=2或q=.
所以an=a2qn-2=2×2n-2=2n-1或an=a2qn-2=2×=.
要点训练二　等差数列、等比数列的性质
在解决等差数列、等比数列的运算问题时,恰当地应用等差数列、等比数列的性质,如等差中项与等比中项的概念、下标和相等的两项的和(等差数列)与积(等比数列)也分别相等.在方程组中整体代入或整体观察某些项的和与积,可以大大减少运算量,达到事半功倍的效果.
1.已知等比数列{an}的各项均为正数,若log3a1+log3a2+…+log3a12=12,则a6a7=(　　)
A.1　　　B.3　　　C.6　　　D.9
解析:由log3a1+log3a2+…+log3a12=12,
可得log3(a1a2·…·a12)=12,
所以a1a2·…·a12==312 ,
所以a6a7=9.
答案:D
2.记Sn为等差数列{an}的前n项和,若S5=2S4,a2+a4=8,则a5=(　　)
A.6 B.7 C.8 D.10
解析:因为S5=2S4,a2+a4=8,
所以S5-S4=S4,所以a5=S4=S5,a1+a5=a2+a4=8.
因为S5=×5,所以S5=×5=20.
所以a5=S5=10.
答案:D
3.若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n=8时,数列{an}的前n项和最大.
解析:因为数列{an}是等差数列,且a7+a8+a9=3a8>0,所以a8>0.又因为a7+a10=a8+a9<0,所以a9<0.所以当n=8时,其前n项和最大.
4.已知数列{an},{bn}都是等差数列,若a1+b1=7,a3+b3=21,则a5+b5=35.
解析:方法一　因为数列{an},{bn}都是等差数列,所以数列{an+bn}也是等差数列.故由等差中项的性质,得(a5+b5)+(a1+b1)=2(a3+b3),即(a5+b5)+7=2×21,解得a5+b5=35.
方法二　设数列{an},{bn}的公差分别为d1,d2,
因为a3+b3=(a1+2d1)+(b1+2d2)=(a1+b1)+2(d1+d2)=7+2(d1+d2)=21,
所以d1+d2=7.
所以a5+b5=(a3+b3)+2(d1+d2)=35.
5.(2022·全国乙卷,文)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=2.
解析:因为2S3=3S2+6,所以2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6.因为{an}为等差数列,所以2a2=a1+a3,所以6a2=3a1+3a2+6,所以3(a2-a1)=3d=6,解得d=2.
要点训练三　数列中不等式问题
数列中的不等式问题常常涉及数列的单调性、数列的最大值或最小值、解关于n的不等式、证明不等式、不等式恒成立等几个方面的问题.
1.已知{an}为等比数列,下列结论中正确的是(　　)
A.a1+a3≥2a2
B.+≥2
C.若a1=a3,则a1=a2
D.若a3>a1,则a4>a2
解析:取特殊值可排除A,C,D项,易知+≥2a1a3=2.
答案:B
2.记Sn为正项等比数列{an}的前n项和,若S4-2S2=2,则S6-S4的最小值为8.
解析:在正项等比数列{an}中,有Sn>0.
根据等比数列前n项和的性质,可得S2,S4-S2,S6-S4构成等比数列,所以=S2(S6-S4),所以S6-S4=.
因为S4-2S2=2,即S4-S2=S2+2,所以S6-S4===S2++4≥2+4=8,当且仅当S2=,即S2=2时,等号成立,所以S6-S4的最小值为8.
3.已知数列{an}为等差数列,其前n项和为Sn,a1+a4+a7=99,a2+a5+a8=93,若对任意n∈N*都有Sn≤Sk成立,则k的值为20.
解析:设等差数列{an}的公差为d,
由解得
所以Sn=na1+=39n-n(n-1)=-n2+40n=-(n-20)2+400.
所以当n=20时,Sn取得最大值.
因为对任意n∈N*都有Sn≤Sk成立,所以Sk为数列{Sn}的最大值,因此,k=20.
4.设数列{an}的前n项和Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列的前n项和为Tn,求使|Tn-1|<成立的n的最小值.
解:(1)由Sn=2an-a1,得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2),从而a2=2a1,a3=4a1.
又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1),所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.故an=2n.
(2)由(1)得=.所以Tn=+++…+==1-.
由|Tn-1|<,得<,即2n>1 000.
因为29=512<1 000<1 024=210,所以n≥10.
故使|Tn-1|<成立的n的最小值为10.
5.在数列{an}中,已知a1=1+,且-2an+1-+2an=2,n∈N*.
(1)记bn=(an-1)2,n∈N*,证明数列{bn}是等差数列;
(2)设{bn}的前n项和为Sn,证明+++…+<.
证明:(1)由已知,得--2an+1+2an=2,
所以-bn=--2an+1+2an=2.
又因为b1=(a1-1)2=3,
所以数列{bn}是以3为首项,2为公差的等差数列.
(2)由(1),得Sn==n(n+2),
所以==,
所以++…+=++…+==-<.
要点训练四　求数列的通项公式
数列的通项公式是数列的重要内容,同时是数列一种直观的表达方式,是数列函数特性的一种体现,常见的求通项公式的方法有以下几种:
(1)定义法:直接利用等差数列或等比数列的定义求通项公式,这种方法适用于已知数列类型的题目.
(2)an与Sn的关系法:若已知an与Sn的关系求通项公式,可利用公式an=求数列{an}的通项公式.
(3)累加法:适用于已知形如an+1-an=f(n)的递推关系求通项公式.
(4)累乘法:适用于已知形如=f(n)的递推关系求通项公式.
(5)构造法:适用于已知形如an+1=pan+q的递推关系,构造出一个等比数列,先求这个等比数列的通项公式,再求数列{an}的通项公式.
1.在数列{an}中,若a1=1,(n+1)an=2nan+1,则数列{an}的通项公式
是(　　)
A.an= B.an=C.an=n D.an=
解析:因为在数列{an}中,a1=1,(n+1)an=2nan+1,所以=,所以递推可得=,=,…,=,=.把上面等式两边分别相乘,得···…··=×××…××,即=,所以an=a1·=.
答案:B
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,Sn=3an+1-3,则an= (　　)
A. B.C.3n-1 D.

解析:由Sn=3an+1-3,得Sn+1=3an+2-3,则an+1=Sn+1-Sn=3an+2-3an+1,整理,得=,且有a1=3a2-3=1,从而得a2==a1,所以数列{an}是以1为首项,以为公比的等比数列,所以an=.
答案:A
3.若{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为an=6n-3.
解析:设等差数列{an}的公差为d.由a1=3,a2+a5=36,得a2+a5=a1+d+a1+4d=6+5d=36,所以d=6,所以an=3+6(n-1)=6n-3.
4.已知数列{an}中,a1=1,an+1=an+n+1,则数列{an}的通项公式是an=.
解析:依题意,得当n≥2时,an-an-1=n,所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=.当n=1时,上式也符合,故数列{an}的通项公式是an=.
5.数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3,则{an}的通项公式为an=2n+1-3.
解析:由an+1=2an+3,得an+1+3=2(an+3).因为a1=1,所以a1+3=4,所以数列{an+3}是以4为首项,2为公比的等比数列,所以an+3=4×2n-1=2n+1,所以an=2n+1-3.
6.(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1=1,
an+1=
(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20项和.
解:(1)由题设可得b1=a2=a1+1=2.b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.
又a2k+2=a2k+1+1,a2k+1=a2k+2,k∈N+,
故a2k+2=a2k+3,即bn+1=bn+3,即bn+1-bn=3.
所以{bn}为等差数列,故bn=2+(n-1)×3=3n-1.
(2)设{an}的前20项和为S20,
则S20=a1+a2+a3+…+a20,
因为a1=a2-1,a3=a4-1,…,a19=a20-1,
所以S20=2(a2+a4+…+a18+a20)-10=2(b1+b2+…+b9+b10)-10=2×-10=300.
要点训练五　等差数列、等比数列的判定方法
等差数列、等比数列的判定是数列中的重要内容,是用定义法求数列通项公式的前提.常见的等差数列、等比数列的判定方法有:①定义法;②通项公式法;③等差(等比)中项法;④前n项和公式法.
1.对任意等比数列{an},下列说法一定正确的是(　　)
A.a1,a3,a9成等比数列
B.a2,a3,a6成等比数列
C.a2,a4,a8成等比数列
D.a3,a6,a9成等比数列
解析:由等比数列的性质,得a3a9=≠0,
因此a3,a6,a9一定成等比数列.
答案:D
2.已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
(1)证明:由题意,得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=(an+bn).
又因为a1+b1=1,
所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.
由题意,得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,
即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,
所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)解:由(1),知an+bn=,an-bn=2n-1.
所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=+n-,
bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+.
3.已知数列{an}的前n项和Sn=-an-+2(n∈N*),bn=2nan,证明数列{bn}是等差数列,并求数列{an}的通项公式.
解:当n=1时,S1=-a1-1+2=a1,即a1=.
当n≥2时,Sn=-an-+2,　　　　①
Sn-1=-an-1-+2. ②
①-②,得an=Sn-Sn-1=-an+an-1+,
所以2an=an-1+,即2nan=2n-1an-1+1.
因为bn=2nan,所以bn=bn-1+1,即当n≥2时,bn-bn-1=1.
又因为b1=2a1=1,所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
所以bn=1+(n-1)·1=n=2nan,所以an=.
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=an+b(n∈N*,b∈R,b≠0).
(1)求证:{an}是等比数列;
(2)求证:{an+1}不是等比数列.
证明:(1)因为Sn=an+b,所以当n≥2时,Sn-1=an-1+b,
所以Sn-Sn-1=an+b-an-1-b,
所以an=an-an-1,
所以an=3an-1.
因为a1=a1+b,所以a1=-2b≠0.
故{an}是公比为q=3的等比数列.
(2)假设{an+1}是等比数列,则有=(an+1+1)(an-1+1),
即+2an+1=an+1an-1+an+1+an-1+1.
由(1)知{an}是等比数列,所以=an+1an-1,
所以2an=an+1+an-1,即6an-1=9an-1+an-1,解得an-1=0,
这与{an}是等比数列相矛盾,
故假设错误,即{an+1}不是等比数列.
要点训练六　数列求和方法
等差数列、等比数列的求和是数列中的重要内容,是数列求解中的重要一项,是求通项公式后几乎必考的内容.常见的求和方法有:
(1)公式法:适用于等差数列、等比数列,根据其前n项和公式求解.
(2)倒序相加法:适用于与首、末两项等距的两项和相等的数列求和.
(3)错位相减法:若cn=anbn,其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则数列{cn}的前n项和可用错位相减法求解.
(4)裂项相消法:适用于形如(其中数列{an}为等差数列,c为常数)的数列,即先将数列中的通项分成两个式子相减的形式,再通过累加法消去中间若干项的方法.
(5)分组求和法:先把数列的每一项拆分成两项(或多项),再重新组合成两个(或多个)简单的数列,最后分别求和.
(6)并项求和法:一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如an=(-1)nf(n)的类型,可采用两项合并求解.
1.已知等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}的前6项和为(　　)
A.-24　　　B.-3　　　C.3　　　D.8
解析:设数列{an}的公差为d(d≠0).
由题意,得=a2a6,则(1+2d)2=(1+d)(1+5d),
解得d=-2或d=0(舍去),
所以S6=6×1+×(-2)=-24.
答案:A
2.记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3=5,a7=13,则S10=100.
解析:在等差数列{an}中,由a3=5,a7=13,得d===2,所以a1=a3-2d=5-4=1,则S10=10×1+×2=100.
3.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3=,则S4=.
解析:设等比数列{an}的公比为q,由题意,可得S3===1+q+q2=,解得q=-,所以S4===.
4.若等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=.
解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则解得
所以Sn=na1+×d=,
所以==2,
所以==2=.
5.已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,且 a1+a2=6,a1a2=a3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若{bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn,已知S2n+1=bnbn+1,求数列的前n项和Tn.
解:(1)设数列{an}的公比为q.
由题意,知a1(1+q)=6,q=a1q2.
又因为an>0,
所以a1=2,q=2,
所以an=2n.
(2)由题意,知S2n+1==(2n+1)bn+1.
又因为S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,
所以bn=2n+1.
令cn=,
则cn=,
因此Tn=c1+c2+…+cn=+++…++, ① 则Tn=+++…++. ②
①-②,得Tn=+-,
所以Tn=5-.
6.设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0,已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
依题意,得解得
故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.
所以{an}的通项公式为an=3n(n∈N*),{bn}的通项公式为bn=3n
(n∈N*).
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
=+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6(1×31+2×32+…+n·3n).
令Tn=1×31+2×32+…+n·3n, ①
则3Tn=1×32+2×33+…+(n-1)3n+n·3n+1. ②
②-①,得2Tn=-3-32-33-…-3n+n·3n+1=-+n·3n+1=,
故Tn=.
所以a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+6×=(n∈N*).
要点训练七　数列中蕴含的思想方法
在数列的计算求解过程中,体现出各种不同的思想方法,常见的有:①函数思想;②转化与化归思想;③方程思想.
1.已知二次函数f(x)=x2-ax+a(x∈R)同时满足:①不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素;②在定义域内存在0f(x2)成立.设数列{an}的前n项和Sn=f(n).
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)求数列{an}的通项公式.
解:(1)因为f(x)≤0的解集有且只有一个元素,
所以Δ=a2-4a=0,所以a=0或a=4.
当a=4时,函数f(x)=x2-4x+4在区间(0,2)内递减,故存在0f(x2)成立;
当a=0时,f(x)=x2在区间(0,+∞)上递增,不合题意.
故a=4,f(x)=x2-4x+4.
(2)由(1),知Sn=n2-4n+4.
当n≥2时,an=Sn-=(n2-4n+4)-[(n-1)2-4(n-1)+4]=2n-5,
当n=1时,a1=S1=1不适合上式,
故an=
2.已知等差数列{an}各项(项数多于3)均为正整数,a1=3,前n项和为Sn,等比数列{bn}中,b1=1,且b2S2=64,{}是公比为64的等比数列,求数列{an},{bn}的通项公式.
解:设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则d为正整数,an=3+(n-1)d,bn=.
依题意,有
由等差数列{an}各项均为正整数,再结合方程组,得d=2,q=8,
故an=2n+1,bn=8n-1.

数列的综合问题

(2020·新高考全国Ⅰ卷)
已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)上的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
规范解答
评分细则
解:(1)由于数列{an}是公比大于1的等比数列,设数列{an}的首项为a1,公比为q,依题意,有……2分
解得或(舍去) ②, …………………………2分(累计4分)
所以an=2n,所以数列{an}的通项公式为an=. ………………2分(累计6分)
(2)因为21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,
所以b1对应的区间为(0,1],则b1=0;
b2,b3对应的区间分别为(0,2],(0,3],则b2=b3=1,即有2个1;
b4,b5,b6,b7对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],
则b4=b5=b6=b7=2,即有22个2;
b8,b9,…,b15对应的区间分别为(0,8],(0,9],…,(0,15],
则b8=b9=…=b15=3,即有23个3;
b16,b17,…,b31对应的区间分别为(0,16],(0,17],…,(0,31],
则b16=b17=…=b31=4,即有24个4;
b32,b33,…,b63对应的区间分别为(0,32],(0,33],…,(0,63],
则b32=b33=…=b63=5,即有25个5;
b64,b65,…,b100对应的区间分别为(0,64],(0,65],…,(0,100],
则b64=b65=…=b100=6,即有37个6④. ………………………4分(累计10分)
所S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×
37=480⑤. ……………2分(累计12分)

第(1)题:
①列出两个等式得2分,每个1分;
②只要有即可得2分;
③出现an=2n即可得2分.
第(2)题:
④有列举,部分正确即可得2分;
⑤有求和式子,部分正确即可得1分,结果正确得1分.

得分技巧
1.得步骤分:
第(1)题①中两个等式出现1个得1分;
第(2)题④中有列举步骤即可得分,⑤中有求和式子,部分正确即可得分.
2.得运算分:
第(1)题②中有正确结果即可得分,③中出现正确结果即可得分.