2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习数列考点过关检测八解析

考点过关检测（八）1．(2019·天津六校联考)若数列{an}中，a1＝3，an＋an－1＝4(n≥2)，则a2019的值为()A．1B．2C．3D．4解析：选C∵a1＝3，an＋an－1＝4(n≥2)，∴an＋1＋an＝4，∴an＋1＝an－1，an＝an＋2，即该数列的奇数项、偶数项分别相等．∵a1＝3，∴a2019＝3.故选C.2．(2019·菏泽期中)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n－1，bn＝an＋2n－1，则bn＝()A．2n－1＋n2－1B．2n－1＋2n－1C．2n＋2n－1D．2n－1＋n2＋1解析：选B由Sn＝2n－1，得当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1，Sn－Sn－1＝an＝2n－2n－1＝2n－1，又a1＝21－1＝1适合上式，∴an＝2n－1(n∈N*)，∴bn＝2n－1＋2n－1.故选B.3．(2019·银川月考)在数列{an}中，a1＝1,3an＋1＝1＋1n2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为()A．an＝n23n－1B．an＝n2＋33n＋1C．an＝4n2＋23n＋1D．an＝n2＋13n－1解析：选A由题意得an＋1n＋12＝13·ann2.又n＝1时，ann2＝1，故数列ann2是首项为1，公比为13的等比数列．从而ann2＝13n－1，即an＝n23n－1.故选A.4．(2020届高三·天津六校联考)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a2n(an＞0)，则an＝()A．10n－2B．10n－1C．102n－1D．22n－1解析：选D因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a2n(an＞0)，所以log2an＋1＝2log2an⇒log2an＋1log2an＝2.又n＝1时，log2a1＝1，所以{log2an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以log2an＝2n－1，即an＝22n－1，故选D.5．(2019·上海期中)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a1＝1，则an＝()A．nB．2n－1C．n2D．2n2－1解析：选B由Sn－Sn－1＝Sn＋Sn－1，得(Sn＋Sn－1)(Sn－Sn－1)＝Sn＋Sn－1，∴Sn－Sn－1＝1，∴数列{Sn}是一个首项为1，公差为1的等差数列．∴Sn＝1＋(n－1)×1＝n，∴Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.a1＝1适合上式，∴an＝2n－1.故选B.6．(2019·海口月考)已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－ann＝2，则ann的最小值为()A．10.5B．10C．9D．8解析：选A由an＋1－ann＝2变形得an＋1－an＝2n，∴an＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＋a1＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＋a1＝2n－11＋n－12＋33＝n2－n＋33，∴ann＝n2－n＋33n＝n＋33n－1(n∈N*)．当n∈(0，33)时，ann单调递减；当n∈(33，＋∞)时，ann单调递增．又n∈N*，经验证n＝6时，ann最小，为10.5.故选A.7．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，若an＋2＝2an＋1－an＋2，则an＝________.解析：由题意得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2，因此数列{an＋1－an}是以1为首项，2为公差的等差数列，an＋1－an＝1＋2(n－1)＝2n－1，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋1＋3＋…＋(2n－3)＝1＋1＋2n－3n－12＝(n－1)2＋1＝n2－2n＋2，又a1＝1＝12－2×1＋2，因此an＝n2－2n＋2.答案：n2－2n＋28．(2019·揭阳期末)已知数列{an}满足a1＝－19，an＋1＝an8an＋1(n∈N*)，则an＝________，数列{an}中最大项的值为________．解析：由题意知an≠0，则由an＋1＝an8an＋1，得1an＋1＝8an＋1an＝1an＋8，整理得1an＋1－1an＝8，即数列1an是公差为8的等差数列，故1an＝1a1＋(n－1)×8＝8n－17，所以an＝18n－17.当n＝1,2时，an0；当n≥3时，an0，且数列{an}在n≥3时是递减数列，故{an}中最大项的值为a3＝17.答案：18n－17179．(2019·太原模拟)数列{an}中，a1＝0，an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，若数列{bn}满足bn＝n·an＋1＋1·811n－1，则数列{bn}的最大项为第________项．解析：由a1＝0，an－an－1＝2n－1，可得an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝12(n－1)(3＋2n－1)＝n2－1，若数列{bn}满足bn＝n·an＋1＋1·811n－1，即有bn＝n(n＋1)·811n－1，可得bn＋1bn＝n＋2n·811.由bn＋1bn＞1可得n＜163，由n为整数，可得1≤n≤6时，bn递增，且n＞6时，bn递减，可得b6为最大项．答案：610．已知数列{an}中，a1＝3，{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝an＋n2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足bn＝(－1)n＋2an，求{bn}的前n项和Tn.解：(1)由Sn＋1＝an＋n2，①得Sn＋1＋1＝an＋1＋(n＋1)2，②则②－①得an＝2n＋1.当n＝1时，a1＝3满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.(2)由(1)得bn＝(－1)n＋22n＋1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n]＋(23＋25＋…＋22n＋1)＝－1×[1－－1n]1－－1＋23×1－4n1－4＝－1n－12＋83(4n－1)．11．(2019·重庆月考)已知数列{an}满足a1＝－2，anan－1＝2nn－1(n≥2，n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)由题可得，a2a1＝2×21，a3a2＝2×32，a4a3＝2×43，…，anan－1＝2×nn－1(n≥2，n∈N*)，以上式子左右分别相乘得ana1＝2n－1·n(n≥2，n∈N*)，把a1＝－2代入，得an＝－2n·n(n≥2，n∈N*)，又a1＝－2符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝－2n·n(n∈N*)．(2)由(1)得Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，则2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2(n∈N*)．