【新高考复习】课时跟踪检测（二十九） 数列的概念及简单表示 作业

课时跟踪检测（二十九）数列的概念及简单表示一、基础练——练手感熟练度1．数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为()A．an＝n2B．an＝(－1)n·n2C．an＝(－1)n＋1·n2D．an＝(－1)n·(n＋1)2解析：选B易知数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为an＝(－1)n·n2，故选B.2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则S5＝()A．31B．42C．37D．47解析：选D由题意，得Sn＋1－Sn＝Sn＋1(n∈N*)，∴Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，故数列{Sn＋1}为等比数列，其首项为S1＋1＝3，公比为2，则S5＋1＝3×24，∴S5＝47.3．记Sn为递增数列{an}的前n项和，“任意正整数n，均有an0”是“{Sn}是递增数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A因为“an0”⇒数列{Sn}是递增数列，所以“an0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件；反之，如数列{an}为－1，1,3,5,7,9，…，显然{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，“数列{Sn}是递增数列”⇒/“an0”，“an0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件．因此“an0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．故选A.4．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.解析：当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为an＝2，n＝1，6n－5，n≥2.答案：2，n＝1，6n－5，n≥25．设数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋1nn＋1，则通项公式an＝________.解析：由题意知an＋1－an＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴a2－a1＝1－12，a3－a2＝12－13，a4－a3＝13－14，…，an－an－1＝1n－1－1n(n≥2，n∈N*)，逐项相加得an＝a1＋1－1n＝4－1n.经检验，a1＝3也符合上式．故an＝4－1n.答案：4－1n二、综合练——练思维敏锐度1．已知数列{an}的前n项和Sn＝2－2n＋1，则a3＝()A．－1B．－2C．－4D．－8解析：选D∵数列{an}的前n项和Sn＝2－2n＋1，∴a3＝S3－S2＝(2－24)－(2－23)＝－8.故选D.2．(2021·沈阳模拟)已知数列{an}中a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则an＝()A．2n－1B.n＋1nn－1C．nD．n2解析：选C由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即an＋1n＋1＝ann，∴ann为常数列，即ann＝a11＝1，故an＝n.故选C.3．设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是()A.163B.133C．4D．0解析：选D因为an＝－3n－522＋34，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大值为0.4．(多选)对于数列{}an，令bn＝an－1an，下列说法正确的是()A．若数列{}an是单调递增数列，则数列{}bn也是单调递增数列B．若数列{}an是单调递减数列，则数列{}bn也是单调递减数列C．若an＝3n－1，则数列{}bn有最小值D．若an＝1－－12n，则数列{}bn有最大值解析：选CD如果a1＝－1，a2＝1，则b1＝b2＝0，从而A不正确；如果a1＝1，a2＝－1，则b1＝b2＝0，从而B不正确；函数f(x)＝x－1x在(0，＋∞)上为增函数，若an＝3n－1，则{}an为递增数列，当n＝1时，an取最小值，a1＝20，所以数列{}bn有最小值，从而C正确；若an＝1－－12n，当n＝1时，an取最大值32且an0，所以数列{}bn有最大值，从而D正确．5．设数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1(n≥2且n∈N*)，则a18＝()A.259B.269C．3D.289解析：选B令bn＝nan，则由2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1(n≥2且n∈N*)，得2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2且n∈N*)，∴数列{bn}是以1为首项，以2a2－a1＝3为公差的等差数列，则bn＝1＋3(n－1)＝3n－2，即nan＝3n－2，∴an＝3n－2n，∴a18＝3×18－218＝269.故选B.6．(多选)已知数列{an}满足：a1＝3，当n≥2时，an＝(an－1＋1＋1)2－1，则关于数列{an}说法正确的是()A．a2＝8B．数列{an}为递增数列C．数列{an}为周期数列D．an＝n2＋2n解析：选ABD由an＝(an－1＋1＋1)2－1得an＋1＝(an－1＋1＋1)2，∴an＋1＝an－1＋1＋1，即数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公差为1的等差数列，∴an＋1＝2＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝n2＋2n，得a2＝8，由二次函数的性质得数列{an}为递增数列，故A、B、D正确．7．设数列{an}中a1＝a2＝1，且满足a2n＋1＝3a2n－1与a2n＋2－a2n＋1＝a2n，则数列{an}的前12项的和为()A．364B．728C．907D．1635解析：选C数列{an}中a1＝a2＝1，且满足a2n＋1＝3a2n－1，则a3＝3a1＝3，a5＝3a3＝9，a7＝3a5＝27，a9＝3a7＝81，a11＝3a9＝243.由于a2n＋2－a2n＋1＝a2n，所以a2n＋2＝a2n＋1＋a2n，故a4＝a3＋a2＝4，a6＝a5＋a4＝13，a8＝a7＋a6＝40，a10＝a9＋a8＝121，a12＝a11＋a10＝364，所以数列{an}的前12项的和为1＋1＋3＋4＋9＋13＋27＋40＋81＋121＋243＋364＝907.故选C.8．已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，若关于正整数n的不等式a2n－tan≤2t2的解集中的整数解有两个，则正实数t的取值范围为()A.1，32B.1，32C.12，1D.112，1解析：选A∵a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，∴当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，∴2an＝2(Sn－Sn－1)＝(n＋1)an－nan－1，整理得ann＝an－1n－1(n≥2)，∴ann＝an－1n－1＝…＝a22＝a11＝1，∴an＝n(n∈N*)．不等式a2n－tan≤2t2可化为(n－2t)(n＋t)≤0，t0，∴0n≤2t.由关于正整数n的不等式a2n－tan≤2t2的解集中的整数解有两个，可知n＝1,2，∴1≤t32，故选A.9．已知数列2008，2009，1，－2008，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2020项之和S2020＝________.解析：由题意可知an＋1＝an＋an＋2，a1＝2008，a2＝2009，a3＝1，a4＝－2008，∴a5＝－2009，a6＝－1，a7＝2008，a8＝2009，…，∴an＋6＝an，即数列{an}是以6为周期的周期数列，又a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，∴S2020＝336(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＋(a1＋a2＋a3＋a4)＝2010.答案：201010．已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an＝________.解析：由an－an＋1＝nanan＋1，得1an＋1－1an＝n，则由累加法得1an－1a1＝1＋2＋…＋(n－1)＝n2－n2，又因为a1＝1，所以1an＝n2－n2＋1＝n2－n＋22，所以an＝2n2－n＋2(n∈N*)．答案：2n2－n＋211．在数列{an}中，an0，且前n项和Sn满足4Sn＝(an＋1)2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．解析：当n＝1时，4S1＝(a1＋1)2，解得a1＝1；当n≥2时，由4Sn＝(an＋1)2＝a2n＋2an＋1，得4Sn－1＝a2n－1＋2an－1＋1，两式相减得4Sn－4Sn－1＝a2n－a2n－1＋2an－2an－1＝4an，整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，因为an0，所以an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，又a1＝1，故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.答案：an＝2n－112．若数列{an}是正项数列，且a1＋a2＋a3＋…＋an＝n2＋n，则a1＋a22＋…＋ann＝________.解析：由题意得当n≥2时，an＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，∴an＝4n2.又当n＝1时，a1＝2，∴a1＝4，∴ann＝4n，∴a1＋a22＋…＋ann＝12n(4＋4n)＝2n2＋2n.答案：2n2＋2n13．在数列{an}中，a1＝1，a1＋a222＋a332＋…＋ann2＝an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.解析：由a1＋a222＋a332＋…＋ann2＝an(n∈N*)知，当n≥2时，a1＋a222＋a332＋…＋an－1n－12＝an－1，∴ann2＝an－an－1，即n＋1nan＝nn－1an－1，∴n＋1nan＝…＝2a1＝2，∴an＝2nn＋1.答案：2nn＋114．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn.满足a1＝2,3Sn＝(n＋m)an(m∈R)，且anbn＝n，若存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，则实数λ的最小值为________．解析：∵3Sn＝(n＋m)an，∴3S1＝3a1＝(1＋m)a1，解得m＝2，∴3Sn＝(n＋2)an，①当n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1，②由①－②可得3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，∴anan－1＝n＋1n－1，∴a2a1＝31，a3a2＝42，a4a3＝53，…，an－1an－2＝nn－2，anan－1＝n＋1n－1，累乘可得an＝n(n＋1)(n≥2)，经检验，a1＝2符合上式，∴an＝n(n＋1)，n∈N*.∵anbn＝n，∴bn＝1n＋1，令Bn＝T2n－Tn＝1n＋2＋1n＋3＋…＋12n＋1，则Bn＋1－Bn＝3n＋42n＋22n＋3n＋20，∴数列{Bn}为递增数列，∴Bn≥B1＝13.∵存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，∴λ≥B1＝13，故实数λ的最小值为13.答案：1315．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＋1an，求实数k的取值范围．解：(1)由n2－5n＋40，解得1n4.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＝n－522－94，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＋1an，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－k232，解得k－3.所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．16．已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a0，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＝1－4an(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋10的正整数m的个数，称为这个数列{