（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）（2份，原卷版+解析版）

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1．已知数列an，满足an−an−1=2，a1=0，则a10=（ ）
A．18B．36C．72D．144
【解题思路】利用累加法计算即可.
【解答过程】由题意可知：a10−a9+a9−a8+⋯a3−a2+a2−a1=a10−a1=9×2⇒a10=18，
故选：A.
2．已知数列an的项满足an+1=nn+2an，而a1=1，则an＝（ ）
A．2n+12B．2nn+1C．12n−1D．12n−1
【解题思路】由an+1=nn+2an，可得an+1an=nn+2，然后利用累乘法可求得结果
【解答过程】由an+1=nn+2an，得an+1an=nn+2，
所以a2a1=13，a3a2=24，a4a3=35，……，an−1an−2=n−2n，anan−1=n−1n+1，（n≥2），
所以a2a1⋅a3a2⋅a4a3⋅⋅⋅⋅⋅an−1an−2⋅anan−1=13×24×35×⋅⋅⋅×n−2n×n−1n+1，所以ana1=2n(n+1)，
因为a1=1，所以an=2n(n+1)，因为a1=1满足上式，所以an=2n(n+1)，故选：B.
3．已知数列an满足a1=2，且a1a2a3⋯an=n+1n∈N∗．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=nan2n，且数列bn的前n项和为Sn，若Sn+λn+1≥3恒成立，求实数λ的取值范围．
【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−n+32n，再化简不等式可得λ≥(n+1)(n+3)2n，再设f(n)=(n+1)(n+3)2n，根据作差法判断f(n)的单调性，进而可得最大值.
【解答过程】（1）a1⋅a2⋅a3⋅⋯an=n+1(n∈N∗)，
当n≥2时，a1⋅a2⋅a3⋅⋯an−1=n，两式相除得；an=n+1n，又a1=2符合上式，故an=n+1n；
（2）bn=nan2n=n+12n，Sn=22+322+423+⋯+n+12n，12Sn=222+323+424+⋯+n2n+n+12n+1，
错位相减得：12Sn=1+122+123+⋯+12n−n+12n+1=1+14(1−12n−1)1−12−n+12n+1=32−n+32n+1，
即Sn=3−n+32n，由Sn+λn+1≥3，得λ≥(n+1)(n+3)2n，设f(n)=(n+1)(n+3)2n，则f(n+1)=(n+2)(n+4)2n+1，
故f(n+1)−f(n)=(n+2)(n+4)2n+1−(n+1)(n+3)2n=−n2−2n+22n+1，由f(n+1)−f(n)=−n2−2n+22n+1，
由n∈N∗可知，−n2−2n+2=−n+12+3随着n的增大而减小，
故−n2−2n+2≤−1−2+2=−11，当n≥3时，1n+1≤43，121n+12≤12×1690时n的最小值为8
【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=n−4d和Sn=d2nn−7即可判断CD.
【解答过程】由a7=3a5得a7=3a5⇒a1+6d=3a1+12d⇒a1=−3d，
由于an是递增数列，所以d>0，a10，
故当n>4,n∈N∗时，an=n−4d>0，当n=4时，an=0,
当n0，故解得n≥8，故Sn>0时n的最小值为8，D正确.故选：D.
题型7
等比数列的判定与证明
1．在数列an中,a1=14,an+12n+1=an2n−1−3,则（ ）
A．an2n+3是等比数列B．an2n−3是等比数列
C．an2n+32是等比数列D．an2n−32是等比数列
【解题思路】根据an+12n+1=an2n−1−3变形整理为an+12n+1−3=2an2n−3,再求出a12−3=4,根据等比数列的定义即可选出选项.
【解答过程】解:由题知an+12n+1=an2n−1−3,所以an+12n+1−3=2an2n−3,又因为a12−3=4≠0,
所以an2n−3是等比数列,且首项为4,公比为2.故选:B.
2．已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=Sn+2an+1，数列2nanan+1的前n项和为Tn,n∈N∗，那么下列选项正确的是（ ）
①an+1是等差数列 ②an+1是等比数列 ③an=2n−1 ④Tn−1是等比数列
A．①③B．②③C．①④D．②④
【解题思路】由数列的递推式可得an+1=Sn+1−Sn=2an+1，两边加1后，运用等比数列的定义和通项公式可得2nanan+1=2n2n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，由数列的裂项相消求和可得Tn.
【解答过程】由Sn+1=Sn+2an+1即为an+1=Sn+1−Sn=2an+1，可化为an+1+1=2an+1，
由S1=a1=1，可得数列an+1是首项为2，公比为2的等比数列，
则an+1=2n，即an=2n−1，故②③正确，①错误；
又2nanan+1=2n2n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，可得
Tn=1−122−1+122−1−123−1+…+12n−1−12n+1−1=1−12n+1−1
则Tn−1=−12n+1−1，即T1−1=−13,T2−1=−17,T3−1=−115，不为等比数列，故 ④错误；故选：B.
3．在数列an中，a1=1，nan+1=2n+1an+n+2.
(1)证明an+1n是等比数列；
(2)若bn=lg2an+1n，求数列1b2nb2n+2的前n项和Sn.
【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=n，然后利用裂项相消法即得.
【解答过程】（1）由已知可得an+1=2n+1nan+n+2n⇒an+1+1=2n+1nan+2n+2n，
∴an+1+1n+1=2ann+2n=2⋅an+1n，又a1=1，a1+11=2，所以an+1n是以2为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）可得an+1n=2n，因此bn=lg22n=n，1b2nb2n+2=14nn+1=141n−1n+1，
所以Sn=141−12+12−13+⋅⋅⋅+1n−1n+1=141−1n+1=n4n+1.
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bn=lg3an，则b1023+b3021=（ ）
A．15B．25C．35D．13
【解题思路】根据题意可得a2020a2021a2022a2023a2024=3，利用等比数列的性质可得a2022=315，再结合对数的运算性质即可求解.
【解答过程】∵M2024=3M2019，∴M2019a2020a2021a2022a2023a2024=3M2019，
∴a2020a2021a2022a2023a2024=3，又a2020a2024=a2021a2023=a20222， ∴a20225=3，得a2022=315，
∴b1023+b3021=lg3a1023+lg3a3021=lg3a1023a3021=lg3a20222=lg3325=25.故选：B．
2．在等比数列an中，如果a1+a2=16，a3+a4=24，那么a7+a8=（ ）
A．40B．36C．54D．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+a6，a7+a8成等比数列，其首项为16，公比为2416=32，所以a7+a8=16×323=54.故选：C.
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，anan+1=2n，则下列结论正确的是（ ）
A．数列an为等比数列B．数列Sn−3为等比数列
C．S100=3250−1D．a2024=21011
【解题思路】由anan+1=2n，得an+1an+2=2n+1，两式相除得an+2an=2，从而可得数列an是隔项成等比数列，进而可求得数列an的通项，再根据等比数列的定义及等比数列前n项和公式即可得解.
【解答过程】由anan+1=2n，得an+1an+2=2n+1，两式相除得an+2an=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a2a3=22，所以a2=2，
因为a3a2=1≠2，所以数列an不为等比数列，故A错误；
由a3=2，anan+1=2n，得a2=2，a1=1，则S2=a1+a2=3，故S2−3=0，而等比数列中不能出现为0的项，所以数列Sn−3不为等比数列，故B错误；
由AB选项可得，当n为奇数时，an=1×2n+12−1=2n−12，当n为偶数时，an=2×2n2−1=2n2，
则a2024=220242=21012，故D错误；
S100=a1+a3+a5+⋯+a99+a2+a4+a6+⋯+a100
=1+2+4+⋯+249+2+4+8+⋯+250=1−2501−2+21−2501−2=250−1+2250−1
=3250−1，故C正确.故选：C.
2．已知数列an的前n项和为Sn=2an−1n∈N∗．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=n−1n+1an，求数列bn的前n项和Tn．
【解题思路】（1）利用an=Sn−Sn−1n≥2可得答案；
（2）由（1）可知bn=n22n−2n，设n22n的前n项和为Pn，利用错位相减可得Pn，再求出等比数列2n的前n项和可得答案.
【解答过程】（1）当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，
所以an=2an−1，又a1=2>0，所以an是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an=2nn∈N∗；
（2）由（1）可知bn=n2−12n=n22n−2n，
设n22n的前n项和为Pn，则Pn=12×2+22×22+32×23+⋯+n−122n−1+n22n，
2Pn=12×22+22×23+32×24+⋯+n−122n+n22n+1，
两式相减得，−Pn=2+3×22+5×23+⋯+2n−12n−n22n+1，
−2Pn=22+3×23+5×24+⋯+2n−12n+1−2n22n+1，
两式相减得，Pn=2+2×22+2×23+2×24+⋯+2×2n−2n−12n+1+n22n+1，
=2+22n+1−42−1−2n−12n+1+n22n+1=−6+n2−2n+32n+1，
又因为2n的前n项和是Sn=21−2n1−2=2n+1−2，所以Tn=Pn−Sn=n2−2n+22n+1−4．
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=2，n3=5，n4=14，数列bn为等比数列，则下列选项中一定是数列bn中的项是（ ）
A．a81B．a121C．a122D．a123
【解题思路】根据题意计算得到d=2a1，an=2a1⋅n−a1，bn=a1⋅3n−1，依次判断每个选项是否满足得到答案.
【解答过程】根据题意知：b2=a2，b3=a5，b4=a14，数列bn为等比数列，故a52=a2⋅a14，
故a1+4d2=a1+da1+13d，化简得到d=2a1，故an=2a1⋅n−a1，bn=a1⋅3n−1.
a81=161a1=bm=a1⋅3m−1，无整数解，排除；a121=241a1=bm=a1⋅3m−1，无整数解，排除；
a122=243a1=bm=a1⋅3m−1，m=6，满足； a123=245a1=bm=a1⋅3m−1，无整数解，排除；
故选：C.
2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，公差d≠0，a1=1，若a1,a2,a5成等比数列，则Sn+9an+3的最小值为
A．136B．2C．10−1D．94
【解题思路】由a1,a2,a5成等比数列可得数列的公差，再利用等差数列的前n项和公式及通项公式可得Sn+9an+3为关于n的式子，再利用对勾函数求最小值.
【解答过程】∵a1,a2,a5成等比数列，∴a22=a1a5⇒(1+d)2=1⋅(1+4d)⇒d2−2d=0，解得：d=2，
∴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)+10n+1−2]，令t=n+1，令y=12(t+10t−2)，其中t≥2的整数，∵函数y在(0,10]递减，在[10,+∞)递增，∴当t=3时，y=136；当t=4时，y=94，∴ymin=136.
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，a1，a4，a13成等比数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bnan是首项为1，公比为3的等比数列，
①求数列bn的前n项和Tn；
②若不等式λTn−Sn+2n2≤0对一切n∈N∗恒成立，求实数λ的最大值．
【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Tn；
②代入Tn,Sn，得到λ≤2−n3n对一切n∈N∗恒成立，构造函数fn=2−n3n，再求fn的最小值，即可求得结果.
【解答过程】（1）依题意得3a1+3×22d+5a1+4×52d=50a1+3d2=a1a1+12d，解得a1=3d=2，
∴an=a1+(n−1)d=3+2(n−1)=2n+1，即an=2n+1．
（2）①bnan=3n−1，bn=an⋅3n−1=(2n+1)⋅3n−1，
Tn=3+5⋅3+7⋅32+⋯+(2n+1)⋅3n−1，
3Tn=3⋅3+5⋅32+7⋅33+⋯+(2n−1)⋅3n−1+(2n+1)⋅3n，
所以−2Tn=3+2⋅3+2⋅32+⋯+2⋅3n−1−(2n+1)3n =3+2⋅31−3n−11−3−(2n+1)3n =−2n⋅3n．
∴Tn=n⋅3n．
②由（1）易求得Sn=n(n+2)，所以不等式λTn−Sn+2n2≤0对一切n∈N∗恒成立，
即转化为λ≤2−n3n对一切n∈N∗恒成立，令fn=2−n3nn∈N∗，则fnmin≥λ，
又fn+1−fn=1−n3n+1−2−n3n=2n−53n+1，
当1≤n≤2时，fn+1−fn0，
所以f(1)>f(2)>f(3)，且f(3)