2020-2021学年第五章 数列本章综合与测试精练

本章复习提升

易混易错练

易错点1　对数列的概念理解不准而致错

1.()下列说法正确的是(　　)

A.数列1,3,5,7与数集{1,3,5,7}是一样的

B.数列1,2,3与数列3,2,1是相同的

C.数列是递增数列

D.数列是摆动数列

易错点2　忽视数列与函数的区别而致错

2.()已知数列{an}是递增数列,且对于任意的n∈N+,an=n2+λn恒成立,则实数λ的取值范围是　　　　. 

3.()设函数f(x)=数列{an}满足an=f(n),n∈N+,且数列{an}是递增数列,则实数a的取值范围是　　　　. 

4.()已知数列{an}的通项公式为an=n2-5n+4.当n为何值时,an有最小值?并求出其最小值.

易错点3　由Sn求an时,忽略n=1的情况致错

5.()已知数列{an}的前n项和为Sn=3n+2n+1,求an.

易错点4　忽视等差数列中为0的项致错

6.()在等差数列{an}中,已知a1=20,其前n项和为Sn,且S10=S15,当n取何值时,Sn有最大值?并求出它的最大值.

易错点5　弄不清等比数列中项的符号致错

7.()等比数列{an}中,a1=,q=2,则a4与a8的等比中项是(　　)

A.±4 B.4

C.± D.

8.()已知数列-1,a1,a2,-4成等差数列,-1,b1,b2,b3,-4成等比数列,求的值.

9.()等比数列{an}(an>0)满足a1-a5=90,a2-a4=36,求a5,a7的等比中项.

易错点6　求和时项数不清致错

10.()求1+2+22+…+2n的和.

易错点7　利用等比数列求和公式时忽视q=1致错

11.()设数列{an}是等比数列,其前n项和为Sn,且S3=3a3,求此数列的公比q.

12.()已知等比数列{an}中,a3=4,S3=12,求数列{an}的通项公式.

思想方法练

一、整体思想在数列中的应用

1.()在等比数列{an}中,a9+a10=a(a≠0),a19+a20=b,则a99+a100=　　　　. 

二、函数与方程思想在数列中的应用

2.()已知函数f(x)=2-|x|,无穷数列{an}满足an+1=f(an),n∈N+.

(1)若a1=0,求a2,a3,a4;

(2)若a1>0,且a1,a2,a3成等比数列,求a1的值.

3.()已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d>0,且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=(n∈N+),Sn=b1+b2+…+bn,是否存在整数t,使得对任意的正整数n均有Sn>成立?若存在,求出最大的整数t;若不存在,请说明理由.

三、转化与化归思想在数列中的应用

4.()已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+1=4an+2,a1=1.

(1)设cn=,求证:数列{cn}是等差数列;

(2)求数列{an}的通项公式及Sn.

四、分类讨论思想在数列中的应用

5.(2020安徽合肥高二期末,)已知un=an+an-1b+an-2b2+…+abn-1+bn(a>0,b>0,n∈N+).

(1)当a=2,b=3时,求数列{un}的通项公式;

(2)若a=b,求数列{un}的前n项和Sn.

答案全解全析

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易混易错练

1.D　数列是有序的,而数集是无序的,所以A,B不正确;选项C中的数列是递减数列,所以C不正确;选项D中的数列是摆动数列,所以D正确.

2.答案　(-3,+∞)

解析　解法一:设f(x)=x2+λx,其图像的对称轴为直线x=-,因为an=n2+λn,所以点(n,an)在f(x)的图像上,由数列{an}是递增数列可知,-≤1或2--1,解得λ>-3.

故λ的取值范围为(-3,+∞).

解法二:因为数列{an}是递增数列,

所以an+1-an>0(n∈N+)恒成立.

又an=n2+λn(n∈N+),

所以(n+1)2+λ(n+1)-(n2+λn)>0,

即2n+1+λ>0恒成立,

所以λ>-(2n+1)(n∈N+)恒成立.

而n∈N+时,[-(2n+1)]max=-3(n=1时),

所以λ的取值范围是(-3,+∞).

3.答案　(2,3)

解析　由题意得,点(n,an)在分段函数

f(x)=的图像上,

因此当3-a>0时,a1<a2<a3<…<a7;

当a>1时,a8<a9<a10<…,

为使数列{an}递增,还需a7<a8,

故实数a满足条件解得2<a<3,故实数a的取值范围是(2,3).

4.解析　因为an=n2-5n+4=,

n∈N+,所以当n=2或n=3时,an有最小值,其最小值为a2=a3=22-5×2+4=-2.

5.解析　当n=1时,a1=S1=6;

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n+2n+1)-[3n-1+2(n-1)+1]=2·3n-1+2.

由于a1=6不适合该式,

因此an=

6.解析　设等差数列{an}的公差为d.由a1=20,S10=S15,得10×20+d,解得d=-.

∵S10=S15,

∴S15-S10=a11+a12+a13+a14+a15=0,

∵a11+a15=a12+a14=2a13,

∴a13=0.

∵d<0,a1>0,

∴a1,a2,…,a11,a12均为正数,

a14及以后各项均为负数,

∴当n=12或n=13时,Sn有最大值,为S12=S13=12×20+=130.

7.A　依题意得a4·a8=a1q3·a1q7=(a1q5)2==42,

∴a4与a8的等比中项为±4.

8.解析　∵-1,a1,a2,-4成等差数列,

∴a2-a1=[(-4)-(-1)]=-1.

∵-1,b1,b2,b3,-4成等比数列,

∴=(-1)×(-4)=4.

设该等比数列的公比为q,则b2=(-1)q2,

∴b2<0,∴b2=-2,

∴.

9.解析　设等比数列{an}的公比为q(q>0),首项为a1(a1>0),则由题意得

解得或(舍去).

设G是a5,a7的等比中项,则应有G2=a5a7=a1q4·a1q6==9,

所以a5,a7的等比中项是±3.

10.解析　由题知所求的是一个首项为1,公比为2的等比数列前n+1项的和,所以1+2+22+…+2n==2n+1-1.

11.解析　当q=1时,S3=3a1=3a3,符合题意;

当q≠1时,由已知得=3a1q2,

因为a1≠0,所以1+q+q2=3q2,

即2q2-q-1=0,

解得q=-(q=1舍去).

综上所述,公比q的值是1或-.

12.解析　设等比数列{an}的公比为q.

当q=1时,a3=4,a1=a2=a3=4,

S3=a1+a2+a3=12,

所以q=1符合题意,此时an=4.

当q≠1时,

解得q=-(q=1舍去),此时an=a3.

故数列{an}的通项公式为an=4或an=.

思想方法练

1.答案　

解析　设等比数列{an}的公比为q,

则,

又,

故a99+a100=.

2.解析　(1)由an+1=f(an)得,an+1=2-|an|,

∵a1=0,∴a2=2,a3=0,a4=2.

(2)∵a1,a2,a3成等比数列,

∴a3==2-|a2|,

∴=a1·(2-|a2|),且a2=2-|a1|,

∴(2-|a1|)2=a1(2-|2-|a1||),

即(2-a1)2=a1(2-|2-a1|).

下面分情况讨论:

①当2-a1≥0,即a1≤2时,(2-a1)2=a1[2-(2-a1)]=,解得a1=1;

②当2-a1<0,即a1>2时,(2-a1)2=a1[2-(a1-2)]=a1(4-a1),即2-8a1+4=0,即-4a1+4=2,即(a1-2)2=2,解得a1=2+或a1=2-(舍去).

综上,a1=1或a1=2+.

3.解析　(1)由题意得(a1+d)(a1+13d)=(a1+4d)2,整理得2a1d=d2.

∵a1=1,d>0,∴d=2.

∴an=2n-1(n∈N+).

(2)∵bn=,

∴Sn=b1+b2+…+bn

=+…+

=.

假设存在整数t满足Sn>总成立,

又Sn+1-Sn=>0,

∴数列{Sn}是递增数列.

∴S1=为Sn的最小值,故,即t<9.

又∵t∈Z,∴满足条件的t的最大值为8.

4.解析　 (1)证法一:∵Sn+1=4an+2,①

∴当n≥2,n∈N+时,Sn=4an-1+2.②

①-②得an+1=4an-4an-1.

对an+1=4an-4an-1两边同时除以2n+1,得

=2·,

即=2·,

即cn+1+cn-1=2cn(n≥2),

∴数列{cn}是等差数列.

由Sn+1=4an+2,得a1+a2=4a1+2,

则a2=3a1+2=5,

∴c1=,故公差d=,

∴{cn}是以为首项,为公差的等差数列.

证法二:同证法一,得an+1=4an-4an-1.

∴an+1-2an=2an-4an-1=2(an-2an-1),

令bn=an+1-2an,

则{bn}是以a2-2a1=3a1+2-2a1=3为首项,2为公比的等比数列,

∴bn=3·2n-1,

∵ cn=,∴ cn+1-cn=

=,

又c1=,

∴{cn}是以为首项,为公差的等差数列.

(2)由(1)可知数列是首项为,公差为的等差数列,

∴+(n-1)·,

∴an=(3n-1)×2n-2.

Sn=(3-1)×2-1+(3×2-1)×20+…+(3n-1)×,

则2Sn=(3-1)×20+(3×2-1)×21+…+(3n-4)×2n-2+(3n-1)×2n-1,

∴Sn=2Sn-Sn

=-1-3(20+21+…+)+(3n-1)×2n-1

=-1-3×+(3n-1)×2n-1

=-1+3+(3n-4)×2n-1

=2+(3n-4)×2n-1.

∴数列{an}的通项公式为an=(3n-1)×,前n项和Sn=2+(3n-4)×2n-1,n∈N+.

5.解析　(1)当a=2,b=3时,un=2n+2n-1×3+2n-2×32+…+2×3n-1+3n(n∈N+),

等式两边同时除以2n,

得+…+,

所以-2,因此,un=3n+1-2n+1.

(2)若a=b,则un=(n+1)an,

所以Sn=2a+3a2+4a3+…+(n+1)an,①

当a=1时,Sn=2+3+…+(n+1)=;

当a≠1时,在①的等号两边同乘a,得到aSn=2a2+3a3+4a4+…+nan+(n+1)an+1,②

①-②得

(1-a)Sn=2a+a2+a3+…+an-(n+1)an+1=a+-(n+1)an+1,

所以Sn=.

综上,

Sn=