（人教A版）选择性必修二高二数学上学期期末复习 第四章 数列 题型归纳+随堂检测（拔尖篇）（解析版）

第页高二上学期期末复习第四章题型归纳（拔尖篇）题型1根据数列的递推公式求数列的项、通项公式题型1根据数列的递推公式求数列的项、通项公式1．已知数列an，满足an−an−1=2，A．18 B．36 C．72 D．144【解题思路】利用累加法计算即可.【解答过程】由题意可知：a10故选：A.2．已知数列an的项满足an+1=nn+2anA．2n+12 B．2nn+1 C．【解题思路】由an+1=n【解答过程】由an+1=n所以a2a1=13，a3a2所以a2a1因为a1=1，所以an=2n(n+1)3．已知数列an满足a1=2(1)求数列an(2)设bn=nan2n，且数列bn的前【解题思路】（1）写出当n≥2时的等式，再与原式两式相除求解即可；（2）由（1）bn=n+12n，再根据错位相减求解可得Sn=3−【解答过程】（1）a1当n≥2时，a1⋅a2⋅a3（2）bn=nan错位相减得：12即Sn=3−n+32n，由Sn+故f(n+1)−f(n)=(n+2)(n+4)2n+1由n∈N∗可知，−n故−n2−2n+2≤−1−2+2=−1<0，故f(n+1)−f(n)<0故f(n)的最大值为f(1)=4，则λ≥4.题型2题型2数列的周期性的应用1．已知数列an满足a1=3,an+1A．3 B．12 C．−13【解题思路】根据递推形式求数列的前几项，判断数列是周期数列，再求值.【解答过程】a1=3，a2=12，a3又2023=4×505+3，所以a20232．已知数列an的前n项和为Sn,anA．1012 B．−1012 C．2023 D．−2023【解题思路】根据数列的递推公式得到a1【解答过程】因为数列an的前n项和为Sn，且an=(2n−1)cosnπ，则a1=cosπ=−1，a2=3cos2π所以S=1011×2−4045=−2023.故选：D.题型3题型3求数列的最大项、最小项1．若数列an的前n项积Tn=1−215A．−3 B．−1 C．2 D．3【解题思路】由题可得an【解答过程】∵数列an的前n项积Tn=1−215n，当n=1时，an=TnT∴当n≤8时，数列an单调递减，且an<1，当n≥9时，数列an单调递减，且a故an的最大值为a9=3，最小值为a2．已知数列an的前n项和为Sn，(1)求数列an的通项公式a(2)若数列bn满足：bn=【解题思路】（1）根据an（2）求出b1=15，当n≥2时，计算出bn+1bn=1【解答过程】（1）Sn=2n+3当n≥2时，an=Sn（2）当n=1时，b1=12a1=当n=2时，b3b2=98>1，当n≥3故n≥2时，bn的最大项为b3=94，又b题型4题型4等差数列的判定与证明1．“a3+a9=2A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【解题思路】根据等差数列的性质结合充分条件与必要条件的证明即可得出答案.【解答过程】如果数列an是等差数列，根据等差中项的扩展可得一定有a反之a3+a2．已知数列an满足an+A．an B．a2n−1 C．a2n【解题思路】根据已知条件进行转化，从而求得正确答案.【解答过程】由an+an+4=an+1+an+3得an+4−3．设Sn为数列an的前n项和，Tn为数列Sn的前(1)求S1，S(2)求证：数列1S(3)求数列an【解题思路】（1）直接令1Tn=Sn（2）通过1Tn=Sn（3）当n≥2时，通过an=Sn−【解答过程】（1）由1Tn=Sn当n=1时，1T1=S1−1S1=（2）对于1Tn=Sn①÷②得Tn−1Tn=S又1S1−1=1，（3）由（2）得1Sn−1当n≥2时，an又n=1时，a1=S1=24．已知数列an中，a1=2(1)证明数列1an−1(2)若对任意n∈N∗，都有a1【解题思路】（1）根据已知可推出1an+1−1−1（2）经化简可得，k≥n+122n.令bn=n+122【解答过程】（1）证明：由已知可得an≠1，1a又a1=2，所以1a所以1an−1=1+n−1（2）由（1）知，an所以a1a2则由a12⋅a2令bn=n+122n，假设数列当r≥2时则，有br≥br−1b解得2≤r≤2+1，所以2≤r≤2+1.因为r∈又b1=2，所以数列bn中第2项最大，即b所以由k≥n+122n对任意题型5题型5利用等差数列的性质解题1．数列an是等差数列，若a3=3,1aA．52 B．5 C．9 【解题思路】利用等差数列的性质结合已知条件求解【解答过程】因为数列an为等差数列，且a3=3因为1a1+1a5=62．已知等差数列an满足a3+a6A．－3 B．3 C．－12 D．12【解题思路】根据等差数列的性质若m+n=p+q则am【解答过程】由等差中项的性质可得，a3+a∵a7+a11题型6题型6求等差数列的前n项和及其最值1．等差数列an的前n项和为Sn，且a1+aA．63 B．45 C．49 D．56【解题思路】先根据已知求出公差d，再利用求和公式得出结果.【解答过程】设公差为d，由a1+a3=10a5故选：A.2．等差数列an是递增数列，公差为d，前n项和为Sn，满足a7A．d<0 B．aC．当n=5时Sn最小 D．Sn>0时【解题思路】根据等差数列基本量的计算可得a1=−3d，进而根据递增即可判断AB,根据an【解答过程】由a7=3a由于an是递增数列，所以d>0，aan=a故当n>4,n∈N∗时，an=n−4当n<4,n∈N∗时，an=n−4d<0，因此当n=3或n=4时Sn最小，故C错误，Sn=na1+题型7题型7等比数列的判定与证明1．在数列an中,a1=14,aA．an2n+3是等比数列C．an2n+3【解题思路】根据an+12n+1=a【解答过程】解:由题知an+12n+1=a所以an22．已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=①an+1是等差数列

②an+1是等比数列

③aA．①③ B．②③ C．①④ D．②④【解题思路】由数列的递推式可得an+1=Sn+1−【解答过程】由Sn+1=Sn+2由S1=a则an+1=2n，即an又2nT则Tn−1=−12n+1−13．在数列an中，a1=1(1)证明an(2)若bn=log2an+1【解题思路】（1）根据递推关系结合等比数列的定义即得；（2）根据等比数列的通项公式结合条件可得bn【解答过程】（1）由已知可得an+1∴an+1+1n+1=2an（2）由（1）可得an+1n=2所以Sn题型8题型8等比数列性质的应用1．已知正项等比数列an的前n项积为Mn，且M2024=3M2019，若A．15 B．25 C．35【解题思路】根据题意可得a2020a2021【解答过程】∵M2024=3M∴a2020a2021a2022a2023∴b10232．在等比数列an中，如果a1+a2=16，A．40 B．36 C．54 D．81【解题思路】根据等比数列性质及等比数列通项公式进行求解.【解答过程】由等比数列性质知，a1+a2，a3+a4，a5题型9题型9求等比数列的前n项和及其最值1．已知数列an的前n项和为Sn，且a3=2，A．数列an为等比数列 B．数列SC．S100=32【解题思路】由anan+1=2n，得an+1an+2【解答过程】由anan+1=2所以数列an的奇数项和偶数项都是以2为公比的等比数列，又a3=2，则a因为a3a2由a3=2，anan+1=2n，得a2=2，由AB选项可得，当n为奇数时，an=1×2n+12则a2024S==322．已知数列an的前n项和为S(1)求数列an(2)设bn=n−1n+1an，求数列【解题思路】（1）利用an（2）由（1）可知bn=n22n−2n，设n22【解答过程】（1）当n=1时，a1=S1=2所以an=2an−1，又a1（2）由（1）可知bn设n22n的前n项和为P2P两式相减得，−P−2P两式相减得，Pn=2+22又因为2n的前n项和是Sn=题型10题型10等差、等比数列的综合应用1．已知等差数列an的公差不为0，设bi=anii∈N∗，若n2=2A．a81 B．a121 C．a122【解题思路】根据题意计算得到d=2a1，an【解答过程】根据题意知：b2=a2，b3=a故a1+4d2=a1+da81=161aa122=243a1=故选：C.2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，公差d≠0，a1A．136 B．2 C．10−1 【解题思路】由a1,a2,a5【解答过程】∵a1,a2,∴Sn+9an+3=n+n(n−1)2⋅2+91+(n−1)⋅2+3=12(n+1)2−2(n+1)+10n+1=12[(n+1)+10故选：A.3．已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3+S5=50(1)求数列an(2)设bn①求数列bn的前n项和T②若不等式λTn−Sn【解题思路】（1）根据等差数列通项公式与前n项和公式，结合等比中项进行求解；（2）①先计算bn的通项公式，再用错位相减法求解T

②代入Tn,Sn，得到λ≤2−n3n【解答过程】（1）依题意得3a1+∴an=（2）①bnanTn3T所以−2Tn=3+2⋅3+2⋅32∴T②由（1）易求得Sn=n(n+2)，所以不等式λT即转化为λ≤2−n3n对一切n∈N∗又fn+1当1≤n≤2时，fn+1−fn<0；所以f(1)>f(2)>f(3)，且f(3)<f(4)<⋯，则λ≤fn所以实数λ的最大值为−1题型11题型11数列的求和1．已知函数fx满足fx+f1−x=2(1)求数列an(2)若数列bn满足b1=23，bn=1an⋅an+1（n≥2【解题思路】（1）由fx（2）由（1）可得bn的通项公式，由数列的裂项相消求和可得S【解答过程】（1）因为f(x)+f(1−x)=2,由an则an所以①+②可得：故an=n+1，（2）由（1）知，an=n+1，则n≥2时，所以Sn=b1+又由Sn<λan+1对一切即有λ>1n+2−当n=1时,−1n+2−122+142．已知等差数列an满足：a1=1，d=2，数列bn满足b1(1)证明：数列bn(2)若数列cn满足cn=an4n−1【解题思路】（1）依题意，对原式进行化简，根据等比数列的定义证明即可；（2）依题意，利用等差数列的通项公式，写出数列an的通项，再结合（1）中的结论，得出数列bn的通项，从而得到数列cn的通项，然后利用数列的错位相减法求和，即可求出数列cn的前【解答过程】（1）证明：因为bn≠2，且所以3bn+2=4bn+1又因为b1=3，所以数列bn−2是以首项为（2）解：等差数列an满足a1=1，d=2由（1）可知，bn−2=3因为Tn=c13Tn23T=2−2n+1×13．已知数列an满足a1=3(1)证明数列an−n是等比数列，并求出数列(2)设bn=1log2an−n，数列bnbn+1【解题思路】（1）变换得到an+1−n+1（2）计算bn=1n，根据裂项求和得到【解答过程】（1）an+1=2an−n+1，故a故an−n是首项为2，公比为2的等比数列，an（2）bn=1Tn=1所以由Tn<m2−m+1第四章数列全章综合测试卷（提高篇）1．已知数列{an}，{bn}满足：bn=aA．an=2n−3 B．an=n2【解题思路】由an求出b【解答过程】对于A，若an=2n−3，则{b对于B，若an=n2+n对于C，若an=1n，则bn=1n+1−1n=−1nn+1n+2．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，a7A．π4 B．π3 C．π2【解题思路】利用等差数列和等比数列的性质分析运算即可得解.【解答过程】解：∵数列{an}是等差数列，且a7+a9=4π3，∴a∴b2b6b10=b3．已知递增数列an的前n项和Sn满足2Sn=nan+1，n∈N*，设A．2023 B．2024 C．4045 D．8089【解题思路】根据2Sn=nan+1得到2an=【解答过程】2Sn=nan+1，当当n≥2时，2Sn=n相减得n−2an−相减得2an=an+1+abnb1+ba2023=1+4．已知数列{an}满足2a1+22aA．a1B．数列{anC．数列{aD．S【解题思路】利用an与Sn的关系可求数列的通项公式，利用an+1【解答过程】当n=1时，2a1=4当n≥2时，2a1+∴an=3n+12n，∵上式对n=1∵an+1−a∵Sn=4两式相减得，12∴Sn5．已知an是各项均为正数的无穷数列，其前n项和为Sn，①a2②数列an③na④存在n0∈N其中所有正确结论的序号是①②④．【解题思路】赋值n=1和n=2即可求出a2；作差比较判断数列an单调性可判断②；证明【解答过程】令n=1，则1a1+令n=2，得1a2+1S依题意有an>0，Sn>0，因为所以an>1，Sn>1，由所以an+1因为Sn随着n的增大而增大，所以Sn−即an+1<an，所以an且1<an≤因为Sn−1=a所以an=S因为an≤1+1n对任意n∈N故答案为：①②④.6．已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且4Sn=an+3an−1，数列bn满足bn【解题思路】先由an,Sn关系求解数列an【解答过程】当n=1时，4S又a1>0，解得a1则当n≥2时，4Sn−1=即an−an−1−2所以数列an是以3为首项，2的公差的等差数列，故a则bn=(−1)T=141则数列T2n是递增数列，且∀n∈N∗,T若b1+b2+⋯+所以λ−53λ2≥1127．记Sn为数列an的前n项和，已知a1(1)求an(2)令bn=1【解题思路】（1）由1an−1an+1=（2）由（1）结合1n⋅n+1=1【解答过程】（1）由题意得：Snan+1−S又a1=1，所以S1a1=1，所以数列Sn所以Sn+1=n+22an+1，两式相减得因此an的通项公