2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第五章+第1节+数列的概念与简单表示法+Word版含解析

/多维层次练28[A级基础巩固]1．已知数列eq\r(5)，eq\r(11)，eq\r(17)，eq\r(23)，eq\r(29)，…，则5eq\r(5)是它的()A．第19项 B．第20项C．第21项 D．第22项解析：数列eq\r(5)，eq\r(11)，eq\r(17)，eq\r(23)，eq\r(29)，…中的各项可变形为eq\r(5)，eq\r(5＋6)，eq\r(5＋2×6)，eq\r(5＋3×6)，eq\r(5＋4×6)，…，所以通项公式为an＝eq\r(5＋6（n－1）)＝eq\r(6n－1)，令eq\r(6n－1)＝5eq\r(5)，得n＝21.答案：C2．记Sn为数列{an}的前n项和．“任意正整数n，均有an>0”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：因为“an>0”⇒“数列{Sn}是递增数列”，所以“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件．如数列{an}为－1，1，3，5，7，9，…，显然数列{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，所以“数列{Sn}是递增数列”不能推出“an>0”，所以“an>0”不是“数列{Sn}是递增数列”的必要条件．所以“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．答案：A3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则S5＝()A．31 B．42C．37 D．47解析：由题意，得Sn＋1－Sn＝Sn＋1(n∈N*)，所以Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，故数列{Sn＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2，则S5＋1＝3×24，所以S5＝47.答案：D4．在数列{an}中，a1＝2，eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an等于()A．2＋nlnn B．2n＋(n－1)lnnC．2n＋nlnn D．1＋n＋nlnn解析：由题意得eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝ln(n＋1)－lnn，n分别用1，2，3，…，(n－1)取代，累加得eq\f(an,n)－eq\f(a1,1)＝lnn－ln1＝lnn，eq\f(an,n)＝2＋lnn，所以an＝2n＋nlnn.答案：C5．(2020·广东广雅中学模拟)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，则an的表达式为()A．an＝eq\f(2,4n－3) B．an＝eq\f(2,6n－5)C．an＝eq\f(2,4n＋3) D．an＝eq\f(2,2n－1)解析：(1)数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，可得eq\f(1,an＋1)＝3＋eq\f(1,an)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(1,2)，公差为3的等差数列，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋3(n－1)＝eq\f(6n－5,2).可得an＝eq\f(2,6n－5)(n∈N*)．答案：B6．(2019·上海卷)已知数列{an}前n项和为Sn，且满足Sn＋an＝2，则S5＝________．解析：n＝1时，S1＋a1＝2，所以a1＝1.n≥2时，由Sn＋an＝2得Sn－1＋an－1＝2，两式相减得an＝eq\f(1,2)an－1(n≥2)，所以{an}是以1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以S5＝eq\f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(5))),1－\f(1,2))＝eq\f(31,16).答案：eq\f(31,16)7．(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＝eq\f(40×41,2)＝820.答案：8208．在数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N*，都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝________．解析：由题意可知，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2，所以an＝eq\f(n2,（n－1）2)(n≥2)，所以a3＋a5＝eq\f(32,22)＋eq\f(52,42)＝eq\f(61,16).答案：eq\f(61,16)9．(2020·天河模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1<2，an>0，6Sn＝aeq\o\al(2,n)＋3an＋2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若∀n∈N*，bn＝(－1)naeq\o\al(2,n)，求数列{bn}的前2n项的和T2n.解：(1)当n＝1时，6a1＝aeq\o\al(2,1)＋3a1＋2，且a1<2，解得a1＝1.当n≥2时，6an＝6Sn－6Sn－1＝aeq\o\al(2,n)＋3an＋2－(aeq\o\al(2,n－1)＋3an－1＋2)．化简得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，因为an>0，所以an－an－1＝3，所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.(2)bn＝(－1)naeq\o\al(2,n)＝(－1)n(3n－2)2.所以b2n－1＋b2n＝－(6n－5)2＋(6n－2)2＝36n－21.所以数列{bn}的前2n项的和T2n＝36(1＋2＋…＋n)－21n＝36×eq\f(n（n＋1）,2)－21n＝18n2－3n.10．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式．解：(1)由题意得a2＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(1,4).(2)由aeq\o\al(2,n)－(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eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2).故{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，因此an＝eq\f(1,2n－1).[B级能力提升]11．数列{an}满足a1＝1，对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a99)＝()A.eq\f(99,98) B．2C.eq\f(99,50) D.eq\f(99,100)解析：由an＋1＝1＋an＋n，得an＋1－an＝n＋1，则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝eq\f(n（n＋1）,2)，则eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋1)，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a99)＝2×[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,99)－\f(1,100)))]＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,100)))＝eq\f(99,50).答案：C12．(一题多解)(2020·湛江二模)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(约公元5世纪)的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即，一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数．设这个整数为a，当a∈[2，2019]时，符合条件的a共有________个．解析：法一由题设a＝3m＋2＝5n＋3，m，n∈N，则3m＝5n＋1，m，n∈N，当m＝5k时，n不存在；当m＝5k＋1时，n不存在；当m＝5k＋2时，n＝3k＋1，满足题意；当m＝5k＋3时，n不存在；当m＝5k＋4时，n不存在，其中k∈N.故2≤a＝15k＋8≤2019，解得－eq\f(6,15)≤k≤eq\f(2011,15)，故k＝0，1，2，…，134，共135个，即符合条件的a共有135个．故答案为135.法二一个整数除以三余二，这个整数可以为2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，35，38，…，一个整数除以五余三，这个整数可以为3，8，13，18，23，28，33，38，…，则同时除以三余二、除以五余三的整数为8，23，38，…，构成首项为8，公差为15的等差数列，通项公式为an＝8＋15(n－1)＝15n－7，由15n－7≤2019得15n≤2026，n≤135eq\f(1,15)，因为n∈N*，所以n＝1，2，3，…，135，共有135个．答案：13513．(一题多解)已知数列{an}中，a1＝3，且n(n＋1)(an－an＋1)＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(a1·a2·…·an,（n＋1）·2n)，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)法一由题意知，an－an＋1＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以n≥2时，an－1－an＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，an－2－an－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))，…，a1－a2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))，以上(n－1)个式子左右两边分别相加得a1－an＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))，又a1＝3，所以an＝1＋eq\f(2,n)(n≥2)．又a1＝3符合上式，故an＝1＋eq\f(2,n)(n∈N*)．法二由题意知，an－an＋1＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以an＋1－eq\f(2,n＋1)＝an－eq\f(2,n)，所以an－eq\f(2,n)＝an－1－eq\f(2,n－1)＝…＝a1－eq\f(2,1)＝3－2＝1，所以an＝1＋eq\f(2,n).(2)法一由(1)知，an＝1＋eq\f(2,n)＝eq\f(n＋2,n)，所以a1a2…an＝eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×…×eq\f(n＋1,n－1)×eq\f(n＋2,n)＝eq\f(（n＋1）（n＋2）,2)，所以bn＝eq\f(a1·a2·…·an,（n＋1）·2n)＝eq\f(n＋2,2n＋1)，所以Sn＝eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋eq\f(5,24)＋…＋eq\f(n＋1,2n)＋eq\f(n＋2,2n＋1)，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋eq\f(5,25)＋…＋eq\f(n＋1,2n＋1)＋eq\f(n＋2,2n＋2)，两式相减得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,22)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n＋1)))－eq\f(n＋2,2n＋2)＝eq\f(3,4)＋eq\f(\f(1,23)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(n＋2,2n＋2)＝1－eq\f(1,2n＋1)－eq\f(n＋2,2n＋2)＝1－eq\f(n＋4,2n＋2)，故Sn＝2－eq\f(n＋4,2n＋1).法二由(1)知an＝1＋eq\f(2,n)＝eq\f(n＋2,n)，所以a1·a2·…·an＝eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×…×eq\f(n＋1,n－1)×eq\f(n＋2,n)＝eq\f(（n＋1）（n＋2）,2)，所以bn＝eq\f(a1·a2·…·an,（n＋1）·2n)＝eq\f(n＋2,2n＋1)＝eq\f(n＋3,2n)－eq