2021高考数学大一轮复习考点规范练29数列的概念与表示理新人教A版
展开考点规范练29 数列的概念与表示
考点规范练A册第19页
基础巩固
1.数列1,,…的一个通项公式an=( )
A B C D
答案:B
2.若Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=,则等于( )
A B C D.30
答案:D
解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,则=5×(5+1)=30.
3.已知数列{an}满足an+1+an=n,若a1=2,则a4-a2=( )
A.4 B.3 C.2 D.1
答案:D
解析:由an+1+an=n,得an+2+an+1=n+1,两式相减得an+2-an=1,令n=2,得a4-a2=1.
4.(2019广东六校第一次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+n+1,bn=(-1)nan(n∈N*),则数列{bn}的前50项和为( )
A.49 B.50 C.99 D.100
答案:A
解析:由题意得,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n,当n=1时,a1=S1=3,所以数列{bn}的前50项和为-3+4-6+8-10+…+96-98+100=1+48=49,故选A.
5.若数列{an}满足a1=,an=1-(n≥2,且n∈N*),则a2 018等于( )
A.-1 B C.1 D.2
答案:A
解析:∵a1=,an=1-(n≥2,且n∈N*),
∴a2=1-=1-=-1,∴a3=1-=1-=2,
∴a4=1-=1-,……依此类推,可得an+3=an,
∴a2018=a672×3+2=a2=-1,故选A.
6.设数列,2,…,则是这个数列的第 项.
答案:14
解析:由已知得数列的通项公式为an=
令,解得n=14,即为第14项.
7.(2019安徽合肥高三调研)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=2Sn(n∈N*),则a10= .
答案:256
解析:因为a1=S1=1,Sn+1=2Sn,所以数列{Sn}是公比为2的等比数列,所以Sn=2n-1,所以a10=S10-S9=29-28=28=256.
8.(2019河北衡水中学摸底联考)已知数列{an},若数列{3n-1an}的前n项和Tn=6n-,则a5= .
答案:16
解析:根据题意,得a1+3a2+32a3+…+3n-1an=6n-,
故当n≥2时,a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=6n-1-,
两式相减,得3n-1an=6n-6n-1=6n-1.
即当n≥2时,an=2n-1,故a5=16.
9.设数列{an}是首项为1的正项数列,且(n+1)-n+an+1·an=0,则它的通项公式an= .
答案:
解析:∵(n+1)-n+an+1·an=0,
=0.
∵{an}是首项为1的正项数列,∴(n+1)an+1=nan,
即,故an=…a1=…1=
10.已知数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若Sn=(-1)n+1·n,求a5+a6及an;
(2)若Sn=3n+2n+1,求an.
解:(1)因为Sn=(-1)n+1·n,所以a5+a6=S6-S4=(-6)-(-4)=-2.
当n=1时,a1=S1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-1)n+1·n-(-1)n·(n-1)
=(-1)n+1·[n+(n-1)]
=(-1)n+1·(2n-1).
又a1也适合于此式,所以an=(-1)n+1·(2n-1).
(2)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+2.①
因为a1不适合①式,所以an=
能力提升
11.已知数列{an}满足an+1=an-an-1(n≥2),a1=m,a2=n,Sn为数列{an}的前n项和,则S2 017的值为( )
A.2 017n-m B.n-2 017m C.m D.n
答案:C
解析:∵an+1=an-an-1(n≥2),a1=m,a2=n,
∴a3=n-m,a4=-m,a5=-n,a6=m-n,a7=m,a8=n,…,
∴an+6=an.
则S2017=S336×6+1=336×(a1+a2+…+a6)+a1=336×0+m=m.
12.已知函数f(x)是定义在区间(0,+∞)内的单调函数,且对任意的正数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y).若数列{an}的前n项和为Sn,且满足f(Sn+2)-f(an)=f(3)(n∈N*),则an等于( )
A.2n-1 B.n C.2n-1 D
答案:D
解析:由题意知f(Sn+2)=f(an)+f(3)=f(3an)(n∈N*),
∴Sn+2=3an,Sn-1+2=3an-1(n≥2),
两式相减,得2an=3an-1(n≥2).
又当n=1时,S1+2=3a1=a1+2,∴a1=1.
∴数列{an}是首项为1,公比为的等比数列.
∴an=
13.已知数列{an}满足:a1+3a2+5a3+…+(2n-1)·an=(n-1)·3n+1+3(n∈N*),则数列{an}的通项公式an= .
答案:3n
解析:a1+3a2+5a3+…+(2n-3)·an-1+(2n-1)·an=(n-1)·3n+1+3,把n换成n-1,得a1+3a2+5a3+…+(2n-3)·an-1=(n-2)·3n+3,两式相减得an=3n.
14.(2019辽宁五校联考)若数列{an}满足a1=-,an+an+1=,则a10= .
答案:
解析:(方法一)因为an+an+1=,所以an+an+1=,所以a1+a2=1-因为a1=-,所以a2=1-;因为a2+a3=,所以a3=-1;因为a3+a4=,所以a4=+1;……所以a10=+1=
(方法二)因为an+an+1=,所以an+1=-an.因为a1=--1,所以a2=+1;a3==--1;a4=+1,……归纳,可得an=+(-1)n,所以a10=+(-1)10=
15.设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=a(a≠3),an+1=Sn+3n,n∈N*,bn=Sn-3n.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)若an+1≥an,求a的取值范围.
解:(1)因为an+1=Sn+3n,所以Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,
即Sn+1=2Sn+3n,
由此得Sn+1-3n+1=2(Sn-3n),即bn+1=2bn.
又b1=S1-3=a-3,故{bn}的通项公式为bn=(a-3)·2n-1.
(2)由题意可知,a2>a1对任意的a都成立.
由(1)知Sn=3n+(a-3)2n-1.
于是,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n+(a-3)2n-1-3n-1-(a-3)2n-2=2×3n-1+(a-3)2n-2,
故an+1-an=4×3n-1+(a-3)2n-2=2n-212+a-3.
当n≥2时,由an+1≥an,可知12+a-3≥0,即a≥-9.
又a≠3,故所求的a的取值范围是[-9,3)∪(3,+∞).
高考预测
16.已知数列{an}的通项公式是an=-n2+12n-32,其前n项和是Sn,则对任意的n>m(其中m,n∈N*),Sn-Sm的最大值是 .
答案:10
解析:由an=-n2+12n-32=-(n-4)(n-8)>0得4<n<8,
即在数列{an}中,前三项以及从第9项起后的各项均为负且a4=a8=0,
因此Sn-Sm的最大值是a5+a6+a7=3+4+3=10.
