2022版高考数学一轮复习-课后限时集训-36-数列的概念与简单表示法.doc

2022版高考数学一轮复习 课后限时集训 36 数列的概念与简单表示法

2022版高考数学一轮复习 课后限时集训 36 数列的概念与简单表示法

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课后限时集训(三十六)　数列的概念与简单表示法
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一、选择题
1．已知数列，，，…，，，则3是这个数列的(　　)
A．第20项 B．第21项
C．第22项 D．第23项
C　[由题意知，数列的通项公式为an＝，令＝3得n＝22，故选C.]
2．(多选)(2020·长沙一模)已知某数列的前4项依次为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项公式可能是(　　)
A．an＝(－1)n－1＋1
B．an＝
C．an＝2sin
D．an＝cos (n－1)π＋1
ABD　[对n＝1,2,3,4进行验证，如an＝2sin 不符合题意，故选ABD.]
3．数列{an}中，an＋1＝2an＋1，a1＝1，则a6＝(　　)
A．32 B．62
C．63 D．64
C　[数列{an}中，an＋1＝2an＋1，故an＋1＋1＝2(an＋1)，
因为a1＝1，故a1＋1＝2≠0，故an＋1≠0，
所以＝2，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以an＋1＝2n，即an＝2n－1，故a6＝63，故选C.]
4．(2020·柳州模拟)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，则a2 020的值为(　　)
A．2 B．－3
C．－ D．
D　[由题意知，a2＝＝－3，a3＝＝－，a4＝＝，a5＝＝2，a6＝＝－3，…，
因此数列{an}是周期为4的周期数列，
∴a2 020＝a505×4＝a4＝.故选D.]
5．(多选)(2020·广东阳江模拟)若数列{an}满足对任意的n∈N*且n≥3，总存在i，j∈N*(i≠j，i<n，j<n)，使得an＝ai＋aj，则称数列{an}是“T数列”．则下列数列是“T数列”的为(　　)
A．{2n} B．{n2}
C．{3n} D．
AD　[令an＝2n，则an＝a1＋an－1(n≥3)，所以数列{2n}是“T数列”；令an＝n2，则a1＝1，a2＝4，a3＝9，因为a3≠a1＋a2，所以数列{n2}不是“T数列”；令an＝3n，则a1＝3，a2＝9，a3＝27，因为a3≠a1＋a2，所以数列{3n}不是“T数列”；令an＝n－1，则an＝n－2＋n－3＝an－1＋an－2(n≥3)，所以数列是“T数列”．故选AD.]
6．(多选)已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)·n，则下列说法正确的是
(　　)
A．数列{an}的最小项是a1
B．数列{an}的最大项是a4
C．数列{an}的最大项是a5
D．当n≥5时，数列{an}递减
BCD　[假设第n项为{an}的最大项，则即解得4≤n≤5，又n∈N*，所以n＝4或n＝5，故数列{an}中a4与a5均为最大项，且a4＝a5＝.]
二、填空题
7．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－n，则数列{an}的通项公式an＝________.
n－1　[当n＝1时，a1＝S1＝.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－n－＝－1.
又a1＝适合上式，则an＝n－1.]
8．(2020·重庆沙坪坝区期中)大衍数列，来源于我国的《乾坤谱》，是世界数学史上第一道数列题，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．其前11项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,60，则大衍数列的第41项为________．
840　[由题意得，大衍数列的奇数项依次为，，，…易知大衍数列的第41项为＝840.]
9．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________，数列{nan}中数值最小的项是第________项．
2n－11(n∈N*)　3　[∵Sn＝n2－10n，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；
当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．
∴an＝2n－11(n∈N*)．
记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，
此函数图象的对称轴为直线n＝，但n∈N*，
∴当n＝3时，f(n)取最小值．
∴数列{nan}中数值最小的项是第3项．]
三、解答题
10．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
[解]　(1)由题意可得a2＝，a3＝.
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，
因此an＝.
11．已知数列{an}满足a1＝50，an＋1＝an＋2n(n∈N*)，
(1)求{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}的前n项和为an，若bm＝50，求正整数m的值．
[解]　(1)当n≥2时，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1
＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2＋2×1＋50
＝2×＋50＝n2－n＋50.
又a1＝50＝12－1＋50，
∴{an}的通项公式为an＝n2－n＋50，n∈N*.
(2)b1＝a1＝50，
当n≥2时，
bn＝an－an－1＝n2－n＋50－[(n－1)2－(n－1)＋50]＝2n－2，
即bn＝
当m≥2时，令bm＝50，得2m－2＝50，解得m＝26.
又b1＝50，
∴正整数m的值为1或26.

1．(2020·大同模拟)古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点(或圆球)在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1,3,6,10,15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛(如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，…)．若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆垛总共球的个数为(　　)

三角锥垛
A．55 B．220
C．285 D．385
B　[数列{an}如1,3,6,10,15，…，可得通项公式an＝.
∴Sn＝＋
＝＋.
n＝10时，可得S10＝＋＝220.故选B.]
2．(2020·承德模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且∀n∈N*，an＋1＞an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.
n－6，n∈N*(答案不唯一)　[由∀n∈N*，an＋1＞an可知数列{an}是递增数列，又Sn≥S6，故数列{an}从第7项开始为正．而a6≤0，因此不妨设数列是等差数列，公差为1，a6＝0，所以an＝n－6，n∈N*.(答案不唯一)]
3．已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝3n－λa，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．
[解]　(1)∵2Sn＝(n＋1)an，
∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，
∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，
即nan＋1＝(n＋1)an，∴＝，
∴＝＝…＝＝1，
∴an＝n(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝3n－λn2.
bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)
＝2·3n－λ(2n＋1)．
∵数列{bn}为递增数列，
∴2·3n－λ(2n＋1)>0，
即λ<.令cn＝，
即＝·＝>1.
∴{cn}为递增数列，
∴λ<c1＝2，
即λ的取值范围为(－∞，2)．