2021高考数学（文）大一轮复习习题 第五章 数列 课时跟踪检测 （二十八）　数列的概念与简单表示法 word版含答案

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1．数列1，eq \f(2,3)，eq \f(3,5)，eq \f(4,7)，eq \f(5,9)，…的一个通项公式an＝( )
A．eq \f(n,2n＋1) B．eq \f(n,2n－1)
C．eq \f(n,2n－3) D．eq \f(n,2n＋3)
解析：选B 由已知得，数列可写成eq \f(1,1)，eq \f(2,3)，eq \f(3,5)，…，故通项为eq \f(n,2n－1)．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3
C．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－3，n≥2)) D．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n＋3，n≥2))
解析：选C 当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3，由于n＝1时a1的值不适合n≥2的解析式，故通项公式为选项C．
3．若a1＝eq \f(1,2)，an＝4an－1＋1(n≥2)，当an>100时，n的最小值为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选C 由a1＝eq \f(1,2)，an＝4an－1＋1(n≥2)得，
a2＝4a1＋1＝4×eq \f(1,2)＋1＝3，a3＝4a2＋1＝4×3＋1＝13，
a4＝4a3＋1＝4×13＋1＝53，a5＝4a4＋1＝4×53＋1＝213>100．
4．(2016·肇庆三模)已知数列{an}满足a1＝1，an－an－1＝n(n≥2)，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：由an－an－1＝n得a2－a1＝2，
a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，
上面(n－1)个式子相加得
an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(1,2)n(n＋1)．
又n＝1时也满足此式，
所以an＝eq \f(1,2)n(n＋1)．
答案：eq \f(1,2)n(n＋1)
5．(2017·南昌模拟)数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋Sn－1＝2n－1(n≥2)，且S2＝3，则a1＋a3的值为________．
解析：∵Sn＋Sn－1＝2n－1(n≥2)，令n＝2，
得S2＋S1＝3，由S2＝3得a1＝S1＝0，
令n＝3，得S3＋S2＝5，所以S3＝2，
则a3＝S3－S2＝－1，所以a1＋a3＝0＋(－1)＝－1．
答案：－1
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1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是an等于( )
A．eq \f(－1n＋1,2) B．cseq \f(nπ,2)
C．cseq \f(n＋1,2)π D．cseq \f(n＋2,2)π
解析：选D 令n＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D正确．
2．(2017·福建福州八中质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝aeq \\al(2,n)－2an＋1(n∈N*)，则a2 017＝( )
A．1 B．0
C．2 017 D．－2 017
解析：选A ∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，可知数列{an}是以2为周期的数列，∴a2 017＝a1＝1．
3．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则an＝( )
A．2n B．2n－1
C．2n D．2n－1
解析：选C 当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}为等比数列，公比为2，首项为2，所以an＝2n．
4．设曲线f(x)＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，则x1·x2·x3·x4·…·x2 017＝( )
A．eq \f(2 016,2 017) B．eq \f(1,2 017)
C．eq \f(2 017,2 018) D．eq \f(1,2 018)
解析：选D 由f(x)＝xn＋1得f′(x)＝(n＋1)xn，切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0得xn＝eq \f(n,n＋1)，故x1·x2·x3·x4·…·x2 017＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×…×eq \f(2 017,2 018)＝eq \f(1,2 018)．
5．(2017·衡水中学检测)若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为( )
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：选B ∵a1＝19，an＋1－an＝－3，
∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，
∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n．
设{an}的前k项和数值最大，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ak≥0，,ak＋1≤0))k∈N*，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(22－3k≥0，,22－3k＋1≤0，))
∴eq \f(19,3)≤k≤eq \f(22,3)，
∵k∈N*，∴k＝7．∴满足条件的n的值为7．
6．在数列－1,0，eq \f(1,9)，eq \f(1,8)，…，eq \f(n－2,n2)，…中，0．08是它的第____________项．
解析：令eq \f(n－2,n2)＝0．08，得2n2－25n＋50＝0，
即(2n－5)(n－10)＝0．
解得n＝10或n＝eq \f(5,2)(舍去)．
答案：10
7．已知数列{an}满足a1＝1，an＝aeq \\al(2,n－1)－1(n>1)，则a2 017＝________，|an＋an＋1|＝________(n>1)．
解析：由a1＝1，an＝aeq \\al(2,n－1)－1(n>1)，得
a2＝aeq \\al(2,1)－1＝12－1＝0，a3＝aeq \\al(2,2)－1＝02－1＝－1，
a4＝aeq \\al(2,3)－1＝(－1)2－1＝0，a5＝aeq \\al(2,4)－1＝02－1＝－1，
由此可猜想当n>1，n为奇数时an＝－1，n为偶数时an＝0，
∴a2 017＝－1，|an＋an＋1|＝1．
答案：－1 1
8．在一个数列中，如果∀n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________．
解析：依题意得数列{an}是周期为3的数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28．
答案：28
9．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*)，可得
a1＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)a1，解得a1＝1；
S2＝a1＋a2＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)a2，解得a2＝2；
同理，a3＝3，a4＝4．
(2)Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an，①
当n≥2时，Sn－1＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n－1)＋eq \f(1,2)an－1，②
①－②得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0．
由于an＋an－1≠0，
所以an－an－1＝1，
又由(1)知a1＝1，
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n．
10．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4．
(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．
解：(1)由n2－5n＋4<0，
解得1因为n∈N*，所以n＝2,3，
所以数列中有两项是负数，即为a2，a3．
因为an＝n2－5n＋4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))2－eq \f(9,4)，
由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2．
(2)由an＋1>an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－eq \f(k,2)－3．
所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．
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1．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n·2n＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．
a1
a2 a3
a4 a5 a6
……
解析：由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{an}的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝eq \f(9×10,2)＋3＝48项，而a48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97．
答案：97
2．(2017·甘肃诊断性考试)已知数列{an}满足a1＝eq \f(899,9)，an＋1＝10an＋1．
(1)证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,9)))是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,9)))，Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和，求证：Tn证明：(1)由an＋1＝10an＋1，得an＋1＋eq \f(1,9)＝10an＋eq \f(10,9)＝10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,9)))，即eq \f(an＋1＋\f(1,9),an＋\f(1,9))＝10．
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,9)))是等比数列，其中首项为a1＋eq \f(1,9)＝100，公比为10，
所以an＋eq \f(1,9)＝100×10n－1＝10n＋1，即an＝10n＋1－eq \f(1,9)．
(2)由(1)知bn＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,9)))＝lg 10n＋1＝n＋1，
即eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,n＋1n＋2)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)．
所以Tn＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)