新人教A版高考数学二轮复习专题六数列1数列的概念及表示专题检测含解析

数列的概念及表示

专题检测

1.在数列{an}中,a1=-,an=1-(n≥2,n∈N*),则a2018的值为 (　　)

A.-　　B.5　　C.　　D.

答案　B　在数列{an}中,a1=-,an=1-(n≥2,n∈N*),所以a2=1-=5,a3=1-=,a4=1-=-,

所以{an}是以3为周期的周期数列,所以a2018=a672×3+2=a2=5,故选B.

2.(2018广东广州一模,9)已知数列{an}满足a1=2,2anan+1=+1,设bn=,则数列{bn}是 (　　)

A.常数列　　B.摆动数列　　C.递增数列　　D.递减数列

答案　D　由a1=2及2anan+1=+1,得an+1=+>2=1,所以0<bn=1-<1,

bn+1====;

所以==bn<1,所以数列{bn}是递减数列.

3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=,则a2017= (　　)

A.2016　　B.2017　　C.4032　　D.4034

答案　B　由题意知n≥2时,an=Sn-Sn-1=-,化为=,∴==…==1,∴an=n.则a2017=2017.故选B.

4.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S2017的值为              (　　)

A.2017n-m　　B.n-2017m　　C.m　　D.n

答案　C　∵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(n∈N*).则S2017=S336×6+1=336×(a1+a2+…+a6)+a1=336×0+m=m,故选C.

5.(2018河北保定一模,10)已知函数f(x)=若数列{an}满足an=f(n)(n∈N*),且{an}是递增数列,则实数a的取值范围是              (　　)

A.(1,3)　　B.(1,2]　　C.(2,3)　　D.

答案　C　∵数列{an}是递增数列,f(x)=an=f(n)(n∈N*),∴3-a>0,a>1且f(10)<f(11),∴1<a<3且10(3-a)-6<a2,解得2<a<3,故实数a的取值范围是(2,3),故选C.

6.(2019浙江“超级全能生”联考,10)已知数列{an}满足a1=2,an+1=(n∈N*),设bn=,则b100=              (　　)

A.3-198　　B.　　C.　　D.

答案　C　∵an+1==,且bn=,

∴bn+1====,即bn+1=,取两边对数得lgbn+1=2lgbn,∴=2,则数列{lgbn}是以lgb1为首项,2为公比的等比数列,lgb1=lg,∴lgbn=2n-1·lg,则bn=,∴b100=,故选C.

7.(2019皖中名校联盟高三10月联考,14)已知数列{an}满足:an=1-,且a1=2,则a2019=　　　　. 

答案　

解析　由an=1-可得an+1=,结合a1=2,得a2==-1,a3==,a4==2=a1,所以数列{an}是周期为3的周期数列,则a2019=a3+3×672=a3=.

8.(2018浙江温州二模,14)若递增数列{an}满足:a1=a,a2=2-a,an+2=2an,则实数a的取值范围为　　　　,记数列{an}的前n项和为Sn,则S2n=　　　　. 

答案　;2n+1-2

解析　由题可知,该数列的奇数项与偶数项分别是等比数列,且公比均为2,

从而a2n-1=a·2n-1,a2n=(2-a)·2n-1,要使该数列为单调递增数列,仅需对任意的n∈N*都成立,即即解得<a<1.

S2n=a2k-1+a2k=+=2(2n-1)=2n+1-2.

9.(20205·3原创题)已知{an}为单调递增数列,若对任意的正整数n,均有an·an+1=2n成立,则a1的取值范围是　　　　. 

答案　(1,)

解析　由题可知两式相除得=2,从而{an}的奇数项和偶数项分别为等比数列,

要使得{an}为单调递增数列,仅需a1<a2<a3,即a1<<2a1,解得1<a1<.

10.(2020浙江湖丽衢三地市4月模考,20)已知数列{an}的前n项和Sn=,且an>0(n∈N*).

(1)写出a1,a2,a3的值,并求出数列{an}的通项公式;

(2)设bn=,Tn为数列{bn}的前n项和,求证:<Tn<.

解析　(1)当n=1时,a1=S1=.

又因为an>0,所以a1=2,由S2==2+a2得a2=4,同理得a3=6. (3分)

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-,

所以(an+an-1)(an-an-1-2)=0,

因为an>0,所以an-an-1-2=0, (5分)

所以数列{an}是等差数列,an=2n. (7分)

(2)证明:由(1)得Sn=n(n+1),则bn=, (10分)

所以bn>n,则Tn>. (12分)

又bn=<=n+,

所以Tn<+=. (14分)

综上可得<Tn<. (15分)

11.(2020浙江绍兴上虞期末,20)在数列{an}中,已知a1=1,an+1=an+2n-1.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)记bn=an+(1-λ)n,且数列{bn}的前n项和为Sn,若S2为数列{Sn}中的最小项,求λ的取值范围.

解析　(1)因为an+1=an+2n-1,所以an+1-an=2n-1,

从而an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=(2n-1-1)+(2n-2-1)+…+(21-1)+1=(2+22+…+2n-1)-(n-1)+1=-n+2=2n-n.综上,an=2n-n(n∈N*).

(2)由(1)可得bn=an+(1-λ)n=2n-λn,

所以Sn=2n+1-2-λ.

因为S2为数列{Sn}中的最小项,所以Sn≥S2=6-3λ,即2n+1-8≥λ对任意n∈N*恒成立.

当n=1时,得-4≥-2λ,所以λ≥2;

当n=2时,恒成立,所以λ∈R;

当n≥3时,得-3>0,所以λ≤,

设f(n)=,则f(n+1)-f(n)=-=,

当n≥4时,n2-n-8>0,n2+3n-4>0,n2+n-6>0,

所以f(n+1)>f(n),

又可验证当n=3时,f(4)-f(3)>0也成立,

所以当n≥3时,数列{f(n)}为递增数列,

所以f(n)min=f(3)=,即λ≤.

综上所述,实数λ的取值范围为.

12.(20195·3原创题)已知二次函数f(x)=x2-ax+a(a>0,x∈R)有且只有一个零点,数列{an}的前n项和Sn=f(n)(n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设cn=1-(n∈N*),定义所有满足cm·cm+1<0的正整数m的个数,称为这个数列{cn}的变号数,求数列{cn}的变号数.

解析　(1)依题意,知Δ=a2-4a=0,所以a=0或a=4.又由a>0得a=4,所以f(x)=x2-4x+4.所以Sn=n2-4n+4.当n=1时,a1=S1=1-4+4=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-5.所以an=

(2)由题意得cn=

由cn=1-(n≥2)可知,当n≥5时,恒有cn>0.

又c1=-3,c2=5,c3=-3,c4=-,c5=,c6=,所以c1·c2<0,c2·c3<0,c4·c5<0,所以数列{cn}的变号数为3.