2022版数学北师大版必修五基础训练：第一章 数列 本章复习提升 WORD版含解析.docx

1、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1.(2021河南重点高中高二联考,)已知数列an满足an=(2-p)n-2,n6,pn-6,n6(nN+),且对任意的nN+都有an+1an,则实数p的取值范围是(易错) A.1,74B.1,107C.(1,2)D.107,22.(2020上海七宝中学高一下期末,)已知数列an的前n项和为Sn,Sn=-n2+2n+,若an为递减数列,则实数的取值范围是.深度解析易错点2误用数列的有关性质3.()已知等比数列an的前n项和为Sn,若Sm=30,S2m=90,求S3m.易错易错点3由Sn求an时,忽略n=1的情况4.()已知数列an的前n项和

2、为Sn=12n2+12n+1,求an的通项公式.5.()已知数列an的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n2),a1=12.(1)求证:1Sn是等差数列;(2)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6.()已知在等比数列an中,a1=2,S3=6,则a3=.7.()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.8.()已知数列an中,a1=1,a2=2,数列anan+1是公比为q(q0)的等比数列.(1)求使anan+1+an

3、+1an+2an+2an+3成立的q的取值范围;(2)求数列an的前2n项和S2n.易错思想方法练一、函数思想在数列中的应用1.()等差数列an的前n项和为Sn,已知a10,S9=S16,则当n=时,Sn最大.深度解析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(nN+),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(nN+),求数列Tn中最大项的值与最小项的值.二、方程思想在数列中的应用3.()在等差数列an中,前n项和为Sn,S10=90,a5=8,则a4=() A.16B.12C.8D.64.()在等差数列a

4、n中,已知an0,a1+a2+a3=15,且a1+2,a2+5,a3+13构成等比数列bn的前三项.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)求数列anbn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.()设an是由正数组成的等比数列,Sn是前n项和,求证:lg Sn+lgSn+220(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.深度解析答案全解全析本章复习提升易混易错练1.D因为对任意的nN+都有an+1an,所以数列an单调递增,所以2-p0,p1,a6a7,即p1,10-6pp,解得107p2.

5、易错警示本题的一个易错点是在列出不等式组时,只考虑分段函数的单调性,而忽略了数列中的n为正整数这一特点,从而未考虑a6a2,即+1-1,所以-2.方法总结利用函数思想解决数列问题,特别是研究数列的单调性时,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.解析设等比数列an的公比为q,则Sm=a1+a2+a3+am,S2m=a1+a2+a3+am+am+1+a2m,S3m=a1+a2+a3+a2m+a2m+1+a3m.所以S2m-Sm=am+1+am+2+a2m,S3m-S2m=a2m+1+a2m+2+a3m,所以Sm,S2m-Sm,S3m-S2m是公比为qm的等比数列,所以(S2m-S

6、m)2=Sm(S3m-S2m),即(90-30)2=30(S3m-90),所以S3m=210.易错警示使用等比数列前n项和性质时要关注各性质的特征及成立的前提条件.改变性质的形式结构,忽略性质成立的关系都将致错.4.解析当n=1时,a1=S1=12+12+1=2;当n2时,an=Sn-Sn-1=12n2+12n+1-12(n-1)2-12(n-1)-1=n.当n=1时,不符合上式,所以an=2,n=1,n,n2(nN+).5.解析(1)证明:当n2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

7、等差数列.(2)由(1)可得1Sn=2n,所以Sn=12n.当n2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)(n2且nN+).易错警示利用和项转化式an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n2求an时,要注意分n=1及n2两种情况讨论,当两种情况不能合并时,需将通项写成分段的形式.6.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q1时,由S3=a1(1-q3)1-q=2(1-q3)1-q=6,解得q=-2或q=1(舍

8、去),此时a3=a1q2=8.综上可知,a3=2或a3=8.7.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q1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

9、1).8.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.由anan+1+an+1an+2an+2an+3,得anan+1+anan+1qanan+1q2,1+qq2,即q2-q-10,0q0,所以d0,所以q=-12,故等比数列an的通项公式为an=32-12n-1=(-1)n-132n.(2)由(1)得Sn=1-12n=1+12n,n为奇数,1-12n,n为偶数.当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,所以1SnS1=32,故0Sn-1SnS1-1S1=32-23=56;当n为偶数时,Sn随n的增大而增大,所以34=S2Sn

10、Sn-1SnS2-1S2=34-43=-712.利用函数的单调性确定最值,体现了函数思想.综上,-712Sn-1Sn56,且Sn-1Sn0(nN+),所以数列Tn中最大项的值为56,最小项的值为-712.3.D设等差数列an的公差为d,则10a1+1092d=90,a1+4d=8,解得a1=0,d=2,a4=a1+3d=0+32=6.故选D.4.解析(1)设等差数列an的公差为d(d0),等比数列bn的公比为q,则由已知得a1+a2+a3=3a2=15,即a2=5,所以(5-d+2)(5+d+13)=(5+5)2=100,构造关于d的方程,利用了方程思想.解得d=2或d=-13(舍去),所以a

11、1=a2-d=3,所以an=a1+(n-1)d=2n+1.又b1=a1+2=5,b2=a2+5=10,所以q=2,由b2=b1q,得到关于q的方程从而求得q.所以bn=52n-1.(2)由(1)知anbn=5(2n+1)2n-1,所以Tn=53+52+722+(2n-1)2n-1+(2n+1)2n-1,2Tn=532+522+723+(2n+1)2n,-得-Tn=53+22+222+22n-1-(2n+1)2n=5(1-2n)2n-1,则Tn=5(2n-1)2n+1.思想方法本题先设出数列an的公差为d,bn的公比为q,再通过找等量关系列方程求得d与q,即利用方程思想求解.构造关于基本量(首项

12、与公比)的方程或方程组,是求等比数列中相关量的最常用的方法.5.证明设an的首项为a1,公比为q,由题设知a10,q0.当q=1时,Sn=na1,SnSn+2-Sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)a12=-a120;当q1时,Sn=a1(1-qn)1-q,SnSn+2-Sn+12=a12(1-qn)(1-qn+2)(1-q)2-a12(1-qn+1)2(1-q)2=-a12qn0.对q=1和q1两种情况进行讨论,利用了分类讨论思想.综合和得0SnSn+2Sn+12,从而有lg(SnSn+2)lg Sn+12,即lg Sn+lg Sn+220,a1=S10,q0.当q=1时,Sn=na10;当q1时,Sn=a1(1-qn)1-q0,1-qn1-q0,1-q0,1-qn0,1-qn0,解得q1,解得-1q0或0q-1且q0.(2)由bn=an+2-32an+1,得bn=anq2-32q,Tn=q2-32qSn,Tn-Sn=Snq2-32q-1=Snq+12(q-2).当-1q2时,TnSn;当-12q2且q0时,TnSn;当q=-12或q=2时,Tn=Sn.思想方法在涉及等比数列前n项和问题时,常常需要分公比q=1 与q1两种情况进行讨论,而在利用作差法研究含参的数列的项或和的大小时,也常常需对参数分类讨论.