高考复习《数列的概念》课时作业6.1

这是一份高考复习《数列的概念》课时作业6.1，共6页。

1．(2020·湖南长沙一模)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是( )
A．an＝(－1)n－1＋1 B．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n为奇数，,0，n为偶数))
C．an＝2sin eq \f(nπ,2) D．an＝cs(n－1)π＋1
C 对n＝1，2，3，4进行验证，知an＝2sin eq \f(nπ,2)不合题意，故选C.
2．(2020·河南安阳模拟)已知数列：eq \f(1,1)，eq \f(2,1)，eq \f(1,2)，eq \f(3,1)，eq \f(2,2)，eq \f(1,3)，eq \f(4,1)，eq \f(3,2)，eq \f(2,3)，eq \f(1,4)，…，依它的前10项的规律，这个数列的第2 018项a2 018等于( )
A.eq \f(1,31) B.eq \f(1,63) C．64 D.eq \f(63,2)
D 观察数列：eq \f(1,1)，eq \f(2,1)，eq \f(1,2)，eq \f(3,1)，eq \f(2,2)，eq \f(1,3)，eq \f(4,1)，eq \f(3,2)，eq \f(2,3)，eq \f(1,4)，…，可将它分成k(k∈N*)组，即第1组有1项eq \f(1,1)，第2组有2项eq \f(2,1)，eq \f(1,2)，第3组有3项eq \f(3,1)，eq \f(2,2)，eq \f(1,3)，……，所以第k组有k项，各项的分子从k依次减小至1，分母从1依次增大到k，所以前k组共有eq \f(k（k＋1）,2)项，令2 018＝eq \f(k（k＋1）,2)＋m(k∈N*，1≤m≤k，m∈N*)，可得k＝63，m＝2，∴该数列的第2 018项a2 018为第64组的第2项，故a2 018＝eq \f(63,2)，故选D.
3．(2020·黄冈质检)已知在正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2，2aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,n＋1)＋aeq \\al(2,n－1)(n≥2)，则a6等于( )
A．16 B．4 C．2eq \r(2) D．45
B 由题意得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝…＝aeq \\al(2,2)－aeq \\al(2,1)＝3，故{aeq \\al(2,n)}是以3为公差的等差数列，即aeq \\al(2,n)＝3n－2.所以aeq \\al(2,6)＝3×6－2＝16.又an>0，所以a6＝4.故选B.
4．(2020·江西重点中学盟校联考)在数列{an}中，a1＝－eq \f(1,4)，an＝1－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，则a2 019的值为( )
A．－eq \f(1,4) B．5 C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,4)
C 在数列{an}中，a1＝－eq \f(1,4)，an＝1－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，所以a2＝1－eq \f(1,－\f(1,4))＝5，a3＝1－eq \f(1,5)＝eq \f(4,5)，a4＝1－eq \f(1,\f(4,5))＝－eq \f(1,4)，所以{an}是以3为周期的周期数列，所以a2 019＝a673×3＝a3＝eq \f(4,5).
5．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式an＝( )
A．2n－1 B．2n－1＋1
C．2n－1 D．2(n－1)
A 法一 由an＋1＝2an＋1，可求a2＝3，a3＝7，a4＝15，…，验证可知an＝2n－1.
法二 由题意知an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.
6．(2020·兰州重点高中联考)已知数列{an}的首项a1＝35，且满足an－an－1＝2n－1(n∈N*，n≥2)，则eq \f(an,n)的最小值为( )
A．2eq \r(34) B.eq \f(59,5) C.eq \f(35,3) D．12
C 数列{an}的首项a1＝35，且满足an－an－1＝2n－1(n∈N*，n≥2)，可得an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝34＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝34＋eq \f(1,2)n(1＋2n－1)＝34＋n2(n≥2)，当n＝1时，a1＝35符合上式，故an＝34＋n2(n∈N*)，则eq \f(an,n)＝n＋eq \f(34,n)≥2eq \r(34)，等号成立时n＝eq \f(34,n)，解得n＝eq \r(34)，n不为正整数，由于n为正整数，所以n＝5时，5＋eq \f(34,5)＝eq \f(59,5)；n＝6时，6＋eq \f(34,6)＝eq \f(35,3)7．若数列{an}满足关系an＋1＝1＋eq \f(1,an)，a8＝eq \f(34,21)，则a5＝______．
解析 借助递推关系，由a8递推依次得到a7＝eq \f(21,13)，a6＝eq \f(13,8)，a5＝eq \f(8,5).
答案 eq \f(8,5)
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an≠0(n∈N*)，又anan＋1＝Sn，则a3－a1＝________．
解析 因为anan＋1＝Sn，
所以令n＝1得a1a2＝S1＝a1，即a2＝1，
令n＝2，得a2a3＝S2＝a1＋a2，即a3＝1＋a1，
所以a3－a1＝1.
答案 1
9．(2020·河北省级示范性高中联考)数列{an}满足a1＝3，且对于任意的n∈N*都有an＋1－an＝n＋2，则a39＝________．
解析 因为an＋1－an＝n＋2，所以a2－a1＝3，a3－a2＝4，a4－a3＝5，……，an－an－1＝n＋1(n≥2)，
上面(n－1)个式子左右两边分别相加
得an－a1＝eq \f(（n＋4）（n－1）,2)(n≥2)，
即an＝eq \f(（n＋1）（n＋2）,2)(n≥2)，当n＝1时，a1＝3适合上式，所以an＝eq \f(（n＋1）（n＋2）,2)，n∈N*，所以a39＝820.
答案 820
10．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq \f(n＋2,3)an.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解 (1)由S2＝eq \f(4,3)a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3.
由S3＝eq \f(5,3)a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
解得a3＝eq \f(3,2)(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知a1＝1.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1，
整理得an＝eq \f(n＋1,n－1)an－1.
于是a1＝1，a2＝eq \f(3,1)a1，a3＝eq \f(4,2)a2，……
an－1＝eq \f(n,n－2)an－2，an＝eq \f(n＋1,n－1)an－1.
将以上n个等式两端分别相乘，整理得an＝eq \f(n（n＋1）,2).
显然，当n＝1时也满足上式．
综上可知，{an}的通项公式an＝eq \f(n（n＋1）,2).
11．已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{aeq \\al(2,n)}的前n项和为Tn，且3Tn＝Seq \\al(2,n)＋2Sn，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)由3T1＝Seq \\al(2,1)＋2S1，得3aeq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,1)＋2a1，即aeq \\al(2,1)－a1＝0.
因为a1>0，所以a1＝1.
(2)因为3Tn＝Seq \\al(2,n)＋2Sn，①
所以3Tn＋1＝Seq \\al(2,n＋1)＋2Sn＋1，②
②－①，得3aeq \\al(2,n＋1)＝Seq \\al(2,n＋1)－Seq \\al(2,n)＋2an＋1.
因为an＋1>0，所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2，③
所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2，④
④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝2an＋1，
所以当n≥2时，eq \f(an＋1,an)＝2.
又由3T2＝Seq \\al(2,2)＋2S2，得3(1＋aeq \\al(2,2))＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)，
即aeq \\al(2,2)－2a2＝0.因为a2>0，所以a2＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2，所以对n∈N*，都有eq \f(an＋1,an)＝2成立，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.
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12．(2020·江西师大附中、鹰潭一中联考)定义：在数列{an}中，若满足eq \f(an＋2,an＋1)－eq \f(an＋1,an)＝d(n∈N*，d为常数)，称{an}为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{an}中，a1＝a2＝1，a3＝3，则eq \f(a2 015,a2 013)等于( )
A．4×2 0152－1 B．4×2 0142－1
C．4×2 0132－1 D．4×2 0132
C 由题知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,an)))是首项为1，公差为2的等差数列，则eq \f(an＋1,an)＝2n－1，所以an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(a n－1,a n－2)×…×eq \f(a2,a1)×a1＝(2n－3)×(2n－5)×…×1.
所以eq \f(a2 015,a2 013)＝eq \f(（2×2 015－3）（2×2 015－5）×…×1,（2×2 013－3）（2×2 013－5）×…×1)
＝4 027×4 025＝(4 026＋1)(4 026－1)
＝4 0262－1＝4×2 0132－1.
13．(2020·邵东月考)已知数列{an}的通项为an＝2n＋3(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn＝eq \f(3n2＋7n,2)(n∈N*)，若这两个数列的公共项顺次构成一个新数列{cn}，则满足cn<2 020的n的最大整数值为( )
A．338 B．337 C．336 D．335
C 对于{bn}，当n＝1时，b1＝S1＝5，当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝eq \f(3n2＋7n,2)－eq \f(3（n－1）2＋7（n－1）,2)＝3n＋2，它和数列{an}的公共项构成的新数列{cn}是首项为5，公差为6的等差数列，则cn＝6n－1，令cn<2 020，可得n<336eq \f(5,6)，因为n∈N*，所以n的最大值为336.
14．(2020·合肥联考)已知数列{an}，a1＝2，Sn为数列{an}的前n项和，且对任意n≥2，都有eq \f(2an,anSn－Seq \\al(2,n))＝1，则{an}的通项公式为________________．
解析 n≥2时，由eq \f(2an,anSn－Seq \\al(2,n))＝1⇒eq \f(2（Sn－Sn－1）,（Sn－Sn－1）Sn－Seq \\al(2,n))＝eq \f(2（Sn－Sn－1）,－Sn－1Sn)＝1⇒eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝eq \f(1,2).又eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．∴eq \f(1,Sn)＝eq \f(n,2)，∴Sn＝eq \f(2,n)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(2,n)－eq \f(2,n－1)＝－eq \f(2,n（n－1）)，当n＝1时，a1＝2，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,－\f(2,n（n－1）)，n≥2.))
答案 an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,－\f(2,n（n－1）)，n≥2))
15．已知数列{an}中，an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈R且a≠0)．
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．
解 (1)∵an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，
又a＝－7，∴an＝1＋eq \f(1,2n－9)(n∈N*)．
结合函数f(x)＝1＋eq \f(1,2x－9)的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*)．
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)＝1＋eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))，
已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋eq \f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，
可知5即a的取值范围是(－10，－8)．