高中数学高考一轮复习一轮复习 第一节 数列的概念与简单表示法

课时作业(三十三)数列的概念与简单表示法1．数列{an}中，a1＝1，当n≥2且n∈N*时，an＝eq\f(n2,（n－1）2)，则a3＋a5＝()A．eq\f(25,9) B．eq\f(25,16)C．eq\f(31,15) D．eq\f(61,16)D[因为an＝eq\f(n2,（n－1）2)(n≥2)，所以a3＝eq\f(9,4)，a5＝eq\f(25,16)，所以a3＋a5＝eq\f(9,4)＋eq\f(25,16)＝eq\f(36,16)＋eq\f(25,16)＝eq\f(61,16).]2．(多选)已知数列的前4项为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＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n为奇数，,0，n为偶数))C．an＝2sineq\f(nπ,2) D．an＝cos(n－1)π＋1ABD[对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sineq\f(nπ,2)不合题意．而ABD都符合题意．]3．若数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，则a10＝()A．55 B．10C．9 D．1D[∵Sn＋Sm＝Sn＋m，∴令m＝1，n＝9，得S9＋S1＝S10，即S10－S9＝S1＝a1＝1，∴a10＝S10－S9＝1.故选D.]4．在数列{an}中，“|an＋1|>an”是“数列{an}为递增数列”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B[“|an＋1|>an”⇔an＋1>an或－an＋1>an，充分性不成立，数列{an}为递增数列⇔|an＋1|≥an＋1>an成立，必要性成立，∴“|an＋1|>an”是“数列{an}为递增数列”的必要不充分条件．故选B.]5．(多选)(2023·江苏海门中学高二期中)设数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝2n(n∈N*)，记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和为Sn，则()A．a1＝2 B．an＝eq\f(2,2n－1)C．Sn＝eq\f(n,2n＋1) D．Sn＝nan＋1ABD[由已知得：a1＝2，令Tn＝a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝2n，则当n≥2时，Tn－Tn－1＝(2n－1)an＝2，即an＝eq\f(2,2n－1)，而a1＝eq\f(2,2×1－1)＝2也成立，∴an＝eq\f(2,2n－1)，n∈N*，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))通项公式为eq\f(2,（2n＋1）（2n－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)，∴Sn＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n－3)－eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1)，即有Sn＝nan＋1，故选ABD.]6．设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则a1＝________，{an}的通项公式为________．解析：数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1).所以(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)，当n＝1时，a1＝2，上式也成立．所以an＝eq\f(2,2n－1).答案：2；an＝eq\f(2,2n－1)7．(开放型)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＝________．解析：∀n∈N*，an＋1>an，则数列{an}是递增的，∀n∈N*，Sn≥S6，即S6最小，只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0，即可，所以，满足条件的数列{an}的一个通项公式an＝n－6(n∈N*)答案：n－6(n∈N*)(答案不唯一)8．根据如图所示的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an________．解析：由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳an＝5n－4.答案：5n－49．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋an＋1，求数列{bn}的通项公式．解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－(2n－2)＝2n＋1－2n＝2n.因为a1也适合此等式，所以an＝2n(n∈N*).(2)因为bn＝an＋an＋1，且an＝2n，an＋1＝2n＋1，所以bn＝2n＋2n＋1＝3·2n.10．已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝4an＋3.(1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝4.解析：(1)a1＝3，a2＝15，a3＝63，a4＝255.因为a1＝41－1，a2＝42－1，a3＝43－1，a4＝44－1，…，所以归纳得an＝4n－1.(2)证明：因为an＋1＝4an＋3，所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝eq\f(4an＋3＋1,an＋1)＝eq\f(4（an＋1）,an＋1)＝4.11．已知数列{an}满足eq\f(an＋1－an,n)＝2，a1＝20，则eq\f(an,n)的最小值为()A．4eq\r(5) B．4eq\r(5)－1C．8 D．9C[由an＋1－an＝2n知：a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2，……，an－an－1＝2(n－1)，n≥2，以上各式相加得an－a1＝n2－n，n≥2，所以an＝n2－n＋20，n≥2，当n＝1时，a1＝20符合上式，所以eq\f(an,n)＝n＋eq\f(20,n)－1，n∈N*，所以n≤4时eq\f(an,n)单调递减，n≥5时eq\f(an,n)单调递增，因为eq\f(a4,4)＝eq\f(a5,5)，所以eq\f(an,n)的最小值为eq\f(a4,4)＝eq\f(a5,5)＝8，故选C.]12．(2023·北京市东城区高三一模)某数学大会会徽的主体图案是由一连串直角三角形演化而成的(如图)，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，记OA1，OA2，OA3，…，OA8的长度构成的数列为{an}(n∈N*，n≤8)，则{an}的通项公式an＝________(n∈N*，n≤8).解析：根据题意：OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，所以aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))＋1(n≥2)且aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝1，所以{aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝n，an＝eq\r(n).答案：eq\r(n)13．数列{an}满足∀n∈N*，a1·a2·a3·…·an＝n2＋n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋1－an，求数列{bn}的前n项和Sn.解析：(1)数列{an}满足∀n∈N*，a1·a2·a3·…·an＝n2＋n，当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，由a1·a2·a3·…·an＝n2＋n，可得a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2＋n－1＝(n－1)n，则an＝eq\f(a1a2…an,a1a2…an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，而a1＝2不符合an＝eq\f(n＋1,n－1)，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(n＋1,n－1)，n≥2.))(2)由bn＝an＋1－an，得Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝an＋1－a1＝eq\f(n＋2,n)－2＝eq\f(2,n)－1.14．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．解析：(1)依题意得Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n.由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，即bn＋1＝2bn，又b1＝S1－3＝a－3，因此，所求通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.(2)由(1)可知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)＋a－3))，所以，当n≥2时，an＋1≥an⇒12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)＋a－3≥0⇒a≥－9，又a2＝a1＋3>a1，a≠3.所以，所求a的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞).15．(多选)(2023·山东菏泽期末)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”．记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是()A．a6＝8B．S7＝33C．a1＋a3＋a5＋…＋a2019＝a2020D．eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋…＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2019)),a2019)＝a2020ABCD[根据题意可知，数列{an}的第六项a6＝3＋5＝8，所以A正确；数列{an}的第七项a7＝5＋8＝13，所以S7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33，所以B正确；由a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，…，a2019＝a2020－a2018可得，a1＋a3＋a5＋…＋a2019＝a2020，所以C正确；对于数列{an}，总有an＋2＝an＋1＋an，所以aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝a1a2，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝a2(a3－a1)＝a2a3－a2a1，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝a3(a4－a2)＝a3a4－a3a2，…，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2018))＝a2018(a2019－a2017)＝a2018a2019－a2018a2017，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2019))＝a2019(a2020－a2018)＝a2019a2020－a2019a2018，所以eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋…＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2019)),a2019)＝eq\f(a2019a2020,a2019)＝a2020，所以D正确，故选ABCD.]16．(创新型)若数列{an}满足a2－eq\f(1,2)a1<a3－eq\f(1,2)a2<…<an－eq\f(1,2)an－1<…，则称数列{an}为“差半递增”数列，若数列{an}为“差半递增”数列，且其通项an与前n项和Sn满足Sn＝2an＋2t－1(n∈N*)，则实数t的取值范围是________．解析：由题意知，Sn＝2an＋2t－1①，当n＝1时a1＝2a1＋2t－1得a1＝1－2t；当n≥2时，Sn－1＝2an