第四章复习提升-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析）

这是一份第四章复习提升-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析），共13页。

本章复习提升
易混易错练
易错点1　忽略数列与一般函数的区别致错
1.(2020北京人大附中高三三模,)等比数列{an}中,a1=1,且4a1,2a2,a3成等差数列,则ann(n∈N*)的最小值为 (　　)
A.1625　　　　B.49　　　　C.12　　　　D.1
2.()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}是递增数列,则实数a的取值范围是　　　　. 
3.(2019河南郑州期末,)设数列{an}的通项公式为an=n2+bn,若数列{an}是递增数列,则实数b的取值范围为　　　　. 
易错点2　对数列的有关性质理解不准确致错
4.(2020安徽合肥高一学情检测,)各项均为实数的等比数列{an}的前n项和记为Sn,若S10=10,S30=70,则S20= (　　)
A.107　　　　B.30或-20
C.30　　　　D.40
5.()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=　　　　. 
易错点3　由Sn求an时,忽略n=1的情况致错
6.(2020陕西西安高新一中高三期末,)已知等比数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2+an+1,则a1=　　　　　　　. 
7.(2020河南郑州高三二模,)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+2n-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=1anan+1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.







易错点4　忽略等比数列中的隐含条件致错
8.()已知等比数列{an}的前三项分别为a,2a+2,3a+3,则a=　　　　. 
9.()已知在等比数列{an}中,a1=2,S3=6,则a3=　　　　. 
10.()已知在数列{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.





11.()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.










思想方法练
一、函数思想在数列中的应用
1.(2021山东济南历城第二中学高三月考,)已知函数f(x)对任意x,y∈R,都有f(x+y)=f(x)f(y),且f(1)=12,则∑i=0n1f(i)= (　　)
A.1-12n　　　　B.2-12n　　　　C.2n-1　　　　D.2n+1-1
2.()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
3.()已知各项均为正数的数列{an}为等比数列,Sn是它的前n项和,若S3=7a3,且a2与a4的等差中项为5,则S5= (　　)
A.29　　　　B.31　　　　C.33　　　　D.35
4.(2021安徽六安高三开学考试,)设{an}是等比数列,公比q不为1.已知a1=13,且a1,2a2,3a3成等差数列,则数列{an}的前5项和S5=　　　　. 
5.(2020湖南怀化高三第一次模拟,)在等比数列{an}中,a4=2,a5=5.
(1)求数列{lg an}的前8项和S8;
(2)若等差数列{bn}满足a2·b2=a4+b4=8,求数列{bn}的通项公式.






三、分类讨论思想在数列中的应用
6.()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=　　　　. 
7.()设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn>0(n=1,2,3,…).
(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.








8.(2021安徽皖北名校高二联考,)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b12+1-b222+1+b323+1-…+(-1)n+1bn2n+1=12n-1,求数列{bn}的通项公式;
(3)在(2)的条件下,设cn=2n+λbn.是否存在实数λ,使得数列{cn}是递增数列?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,请说明理由.










答案全解全析
易混易错练
1.D　在等比数列{an}中,设公比为q(q≠0),当a1=1时,有4a1,2a2,a3成等差数列,所以4a2=4a1+a3,即4q=4+q2,所以q=2,所以an=2n-1,所以ann=2n-1n,所以an+1n+1ann=2nn+1≥1,
当且仅当n=1时取等号,所以当n=1或n=2时,ann(n∈N*)取得最小值1,故选D.
2.答案　487,8
解析　由题意知,
an=an-5,n≥6,n∈N*,4-a2n+4,n<6,n∈N*.
∵{an}是递增数列,
∴当n≥6时,a>1,当n<6时,4-a2>0,且a51,4-a2>0,a5 易错警示
　　本题中数列{an}为递增数列需满足a5 3.答案　(-3,+∞)
解析　∵数列{an}是递增数列,
∴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)}是递减数列,
∴当n=1时,-(2n+1)取得最大值-3,
∴b>-3.
易错警示
　　数列相比函数,其特殊性在定义域上,数列的定义域是n∈N*,在利用函数的性质解决数列问题时要注意这一特殊性.
4.C　设等比数列{an}的公比为q,由题易知q≠1,则S10,S20-S10,S30-S20为等比数列,
可得(S20-S10)2=S10(S30-S20)⇒(S20-10)2=10×(70-S20),即S202-10S20-600=0⇒(S20-30)(S20+20)=0,
解得S20=30或S20=-20(舍去),故S20=30.故选C.
易错警示
　　在等比数列中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列,而非Sn,S2n,S3n成等比数列.
5.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.易知此等差数列为34,54,74,94,
故a=2716,b=3516,从而a+b=318.
6.答案　-2
解析　因为Sn=2+an+1,所以Sn-1=2+an(n≥2),两式左右分别相减,得an=an+1-an即an+1=2an(n≥2),
故等比数列{an}的公比q=2.又S1=a1=2+a2=2+2a1,
故a1=-2,
故答案为-2.
7.解析　(1)当n=1时,a1=S1=2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+2n-1)-[(n-1)2+2(n-1)-1]=2n+1.
而a1=2≠2×1+1,
所以数列{an}的通项公式为an=2,n=1,2n+1,n≥2,n∈N*.
(2)当n=1时,b1=1a1a2=12×5=110,
当n≥2时,bn=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3,而b1=110≠12×12×1+1-12×1+3,
所以bn=110,n=1,1212n+1-12n+3,n≥2,n∈N*.
当n=1时,T1=b1=110,
当n≥2时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=110+1215-17+17-19+…+12n+1-12n+3
=110+1215-12n+3=4n+120n+30.
又T1=110=4×1+120×1+30,符合Tn=4n+120n+30,
所以Tn=4n+120n+30(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.
8.答案　-4
解析　因为2a+2为a与3a+3的等比中项,所以(2a+2)2=a(3a+3),解得a=-1或a=-4.
当a=-1时,2a+2=0,3a+3=0,所以a=-1舍去,故a=-4.
9.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,即(q+2)(q-1)2=0,解得q=-2或q=1(二重根,舍去),
此时a3=a1q2=8.
综上可知,a3的值为2或8.
易错警示
　　等比数列的隐含条件:(1)等比数列中各项均不为零;(2)等比数列求和公式中q≠1;(3)在等比数列中,若公比为正数,则每一项同号,若公比为负数,则所有奇数项或者偶数项的符号相同.在等比数列的有关问题中容易忽略这些隐含条件致错,所以解题时一定要注意将所求结果代入题中验证,若所求结果使等比数列中的某些项为零,则一定要舍去.若等比数列的公比为参数,则应分公比等于1和不等于1两种情况讨论.
10.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.
∵anan+1+an+1an+2>an+2an+3,
∴anan+1+anan+1q>anan+1q2,
∴1+q>q2,即q2-q-1<0(q>0),
解得0 ∴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=a1+a2+a3+a4+…+a2n-1+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=(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.
11.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,则由题意可得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.
思想方法练
1.D　令x=0,y=1,则f(1)=f(0)f(1),所以f(0)=1;
令x=n,y=1,n∈N*,则f(n+1)=f(n)f(1),所以f(n+1)=12f(n),n∈N*.
(以n替代x,把函数关系转化为数列,体现了函数思想)记an=1f(n),则an+1=1f(n+1)=2f(n)=2an,a1=1f(1)=2,即数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n,n∈N*,所以∑i=0n1f(i)=1f(0)+∑i=1nai=1+a1+a2+…+an=1+2+22+…+2n=1×(1-2n+1)1-2=2n+1-1.
故选D.
2.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,n∈N*),
∴bn+1-bn=2(Sn-Sn-1),
即bn+1=3bn(n≥2,n∈N*),
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(n∈N*).
(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.
(把不等式k·Sn+12≥an进行参变分
离,再利用函数的单调性求最大值,运用了函数思想)
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,+∞.
思想方法
　　函数思想,就是用运动变化的观点分析和研究具体问题中的数量关系,通过建立函数关系,运用函数的相关知识解决问题,在数列中求项的最值(范围)或前n项和的最值(范围)问题中通常用到函数思想.
3.B　设等比数列{an}的公比为q(q>0),由S3=7a3,得a1+a2+a3=7a3,
所以6a3-(a1+a2)=0,即6q2-q-1=0,
解得q=12或q=-13(舍去).
(根据已知条件建立关于q的方程求q,运用了方程思想)
依题意得a2+a4=10,即a1(q+q3)=10,所以a1=16.
所以S5=16×1-1251-12=31.
4.答案　121243
解析　由题意知,a1+3a3=4a2,即a1+3a1q2=4a1q,因为a1≠0,所以1+3q2=4q,解得q=13或q=1(舍去).
(根据已知条件建立关于q的方程求q,运用了方程思想)
所以an=a1qn-1=13n,
则S5=13×1-1351-13=121243.
5.解析　(1)S8=lg a1+lg a2+…+lg a8=lg(a1·a2·…·a7·a8)=lg(a4·a5)4=4lg 10=4,
∴数列{lg an}的前8项和S8=4.
(2)设{an}的公比为q.∵q=a5a4=52,a4=a1·523=2,
∴a1=16125,
(根据已知条件建立关于a1的方程求a1,运用了方程思想)
∵a2=a1·q=16125×52=825,
∴b2=8a2=25,
∵a4+b4=8,∴b4=8-2=6,设{bn}的公差为d,则d=b4-b22=6-252=-192,
∴bn=b2+(n-2)·d=25-(n-2)·192=-19n2+44(n∈N*).
思想方法
　　方程思想突出研究已知量与未知量之间的等量关系,通过设未知数,列方程(组)达到解题的目的.在数列的求值问题中通常可运用方程思想解决.
6.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
(由于n≥2以及式中含有(-1)n,因此需对n进行分类求解,运用了分类讨论思想)
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+31+…+79)=10+7×10+10×92×8=440.
7.解析　(1)∵{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.
(由于公比q是未知数,因此根据求和公式对q进行分类求解,运用了分类讨论思想)
∴1-q<0,1-qn<0①或1-q>0,1-qn>0,②
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.
8.解析　(1)由Sn=2an-2(n∈N*),可得a1=2a1-2,解得a1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2)=2an-2an-1,即an=2an-1,
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,
所以数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*).
(2)当n=1时,b13=12-1,
可得b1=-32;
当n≥2时,由b12+1-b222+1+b323+1-…+(-1)n+1bn2n+1=12n-1,①
得b12+1-b222+1+b323+1-…+(-1)nbn-12n-1+1=12n-1-1,②
①-②得(-1)n+1bn2n+1=12n-12n-1=-12n,则bn=(-1)n1+12n,
因为b1=-32满足bn=(-1)n1+12n(n≥2),
所以数列{bn}的通项公式为bn=(-1)n1+12n(n∈N*)
(3)存在.由(2)得cn=2n+λ(-1)n1+12n,
当n≥2时,cn=2n+λ(-1)n1+12n,
cn-1=2n-1+λ(-1)n-11+12n-1,
所以cn-cn-1=2n-1+λ(-1)n2+32n>0,
可得λ(-1)n>-2n-12+32n.
(由于式中含有(-1)n,因此需要对n的奇偶性进行分类讨论,运用了分类讨论思想)
①当n为大于或等于2的偶数时,λ>-2n-12+32n,当且仅当n=2时,λ>-811;
②当n为大于或等于3的奇数时,λ<2n-12+32n,当且仅当n=3时,λ<3219.
综上,λ的取值范围为-811,3219.
思想方法
　　分类讨论思想是高中数学中一种常见且实用的逻辑方法,重点考查学生思维的清晰程度和严谨性.分类讨论常分以下四步完成:一是确认分类讨论的对象,二是确定分类的标准,三是分类讨论,四是总结归纳.在数列的有关问题中有时需要对公比q的取值范围,项数n的奇偶性,项的符号以及含有参数的问题进行分类讨论求解.