新高考数学一轮复习 第五章 数列 课时作业32 数列的概念与简单表示法（含解析）-人教版高三数学试题

课时作业32数列的概念与简单表示法一、选择题1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式an等于(D)A.eq\f(－1n＋1,2) B．coseq\f(nπ,2)C．coseq\f(n＋1,2)π D.coseq\f(n＋2,2)π解析：令n＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D正确．2．若数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1＝(2n－λ)an(n＝1,2，…)，则a3等于(D)A．5 B．9C．10 D.15解析：令n＝1，则3＝2－λ，即λ＝－1，由an＋1＝(2n＋1)an，得a3＝5a2＝5×3＝15.故选D.3．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝eq\f(n,n＋1)，则eq\f(1,a5)等于(D)A.eq\f(5,6) B.eq\f(6,5)C.eq\f(1,30) D.30解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n,n＋1)－eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,nn＋1)，所以eq\f(1,a5)＝5×6＝30.4．已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,7)，对任意正整数n，an＋1＝eq\f(7,2)an(1－an)，则a2019－a2018＝(B)A.eq\f(4,7) B.eq\f(3,7)C．－eq\f(4,7) D.－eq\f(3,7)解析：∵a1＝eq\f(1,7)，an＋1＝eq\f(7,2)an(1－an)，∴a2＝eq\f(3,7)，a3＝eq\f(6,7)，a4＝eq\f(3,7)，a5＝eq\f(6,7)，…，∴n≥2时，{an}的奇数项为eq\f(6,7)，偶数项为eq\f(3,7)，∴a2019－a2018＝eq\f(6,7)－eq\f(3,7)＝eq\f(3,7)，故选B.5．设数列{an}满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq\f(n,2)(n∈N*)，则{an}的通项公式为an＝(C)A.eq\f(1,2n) B.eq\f(1,2n－1)C.eq\f(1,2n) D.eq\f(1,2n＋1)解析：∵a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq\f(n,2)(n∈N*)，∴易知n≥2时，2n－1an＝eq\f(1,2)，又a1＝eq\f(1,2)，∴对一切n∈N*,2n－1an＝eq\f(1,2)，∴an＝eq\f(1,2n)，故选C.6．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{nan}中数值最小的项是(B)A．第2项 B．第3项C．第4项 D.第5项解析：∵Sn＝n2－10n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．∴an＝2n－11(n∈N*)．记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函数图象的对称轴为直线n＝eq\f(11,4)，但n∈N*，∴当n＝3时，f(n)取最小值．∴数列{nan}中数值最小的项是第3项．7．数列{an}满足a1＝2，an＋1＝aeq\o\al(2,n)(an>0)，则an＝(D)A．10n－2 B．10n－1C．102n－4 D.22n－1解析：因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝aeq\o\al(2,n)(an>0)，所以log2an＋1＝2log2an⇒eq\f(log2an＋1,log2an)＝2，所以{log2an}是公比为2的等比数列，所以log2an＝log2a1·2n－1(n＝1时也成立)⇒an＝22n－1.8．已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)(n∈N*)，则使a1＋a2＋…＋ak<100(k∈N*)成立的k的最大值为(C)A．198 B．199C．200 D.201解析：∵a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)(n∈N*)，∴a2＝－1，a3＝2，a4＝eq\f(1,2)，…，∴a1＋a2＋a3＝eq\f(3,2)，∴a1＋a2＋a3＋…＋a198＋a199＋a200＝eq\f(197,2)<100，a1＋a2＋a3＋…＋a198＋a199＋a200＋a201＝eq\f(201,2)>100，a1＋a2＋a3＋…＋a198＋a199＋a200＋a201＋a202＝101>100，a1＋a2＋a3＋…＋a198＋a199＋a200＋a201＋a202＋a203＝100，∴满足题意的k的值为200，故选C.二、填空题9．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2)).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{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))10．已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an＝eq\f(2,n2－n＋2).解析：由an－an＋1＝nanan＋1，得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝n，则由累加法得eq\f(1,an)－eq\f(1,a1)＝1＋2＋…＋(n－1)＝eq\f(n2－n,2)(n≥2)，又因为a1＝1，所以eq\f(1,an)＝eq\f(n2－n,2)＋1＝eq\f(n2－n＋2,2)，所以an＝eq\f(2,n2－n＋2)(n≥2)，经检验，当n＝1时，a1＝1符合上式．所以an＝eq\f(2,n2－n＋2)(n∈N*)．11．(多填题)如图，将一个边长为1的正三角形分成4个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的3个小正三角形，分别再从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上的做法，得到的图形为希尔宾斯基三角形．设An是前n次挖去的小三角形面积之和(如A1是第1次挖去的中间小三角形面积，A2是前2次挖去的4个小三角形面积之和)，则A2＝eq\f(7\r(3),64)，An＝eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n)).解析：A2＝eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(\r(3),16)＋eq\f(3\r(3),64)＝eq\f(7\r(3),64)，由题意知An是一个首项为eq\f(\r(3),16)，公比为eq\f(3,4)的等比数列的前n项的和，故An＝eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n)).三、解答题12．已知数列{an}的通项公式是an＝eq\f(9n2－9n＋2,9n2－1).(1)判断eq\f(98,101)是不是数列{an}中的项；(2)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))内有没有数列{an}中的项？若有，是第几项；若没有，请说明理由．解：(1)因为an＝eq\f(9n2－9n＋2,9n2－1)＝eq\f(3n－13n－2,3n－13n＋1)＝eq\f(3n－2,3n＋1)，所以由an＝eq\f(3n－2,3n＋1)＝eq\f(98,101)，解得n＝eq\f(100,3).因为eq\f(100,3)不是正整数，所以eq\f(98,101)不是数列{an}中的项．(2)令eq\f(1,3)<an<eq\f(2,3)，即eq\f(1,3)<eq\f(3n－2,3n＋1)<eq\f(2,3)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋1<9n－6，,9n－6<6n＋2，))解得eq\f(7,6)<n<eq\f(8,3).又n∈N*，所以n＝2，故在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))内有数列{an}中的项，且只有一项，是第二项．13．设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)令n＝1，T1＝2S1－1，∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.(2)n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1＝2an－2n＋1.因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，所以Sn＝2an－2n＋1(n∈N*)，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，两式相减得an＝2an－2an－1－2，所以an＝2an－1＋2(n≥2)，所以an＋2＝2(an－1＋2)，因为a1＋2＝3≠0，所以数列{an＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列．所以an＋2＝3×2n－1，所以an＝3×2n－1－2，当n＝1时也成立，所以an＝3×2n－1－2.14．(2020·辽宁五校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn－an＝(n－1)2，bn＝eq\f(2an,S\o\al(2,n))，则数列{bn}的最小项为(B)A．b2 B．b3C．b4 D.b5解析：因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，所以Sn－an＝Sn－1(n≥2)．又Sn－an＝(n－1)2，所以Sn－1＝(n－1)2(n≥2)，则Sn＝n2(n∈N*)．于是an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n≥2)，又a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)，所以bn＝eq\f(22n－1,n4)，bn＋1＝eq\f(22n＋1,n＋14)，eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(22n4,n＋14)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)n,n＋1)))4.令eq\f(\r(2)n,n＋1)>1，则n>eq\r(2)＋1，所以当1≤n<3时，bn>bn＋1，当n≥3时，bn<bn＋1.又b2＝eq\f(1,2)，b3＝eq\f(32,81)，b2>b3，所以b3最小．故选B.15．(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是(BD)A．Sn＝2Tn B．Tn＝2bn－1C．Tn>an D.Tn<bn＋1解析：根据题意，对于数列{an}点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，则有Sn＋3＝3×2n，即Sn＝3×2n－3①，当n≥2时，由①得Sn－1＝3×2n－1－3②，①－②得an＝(3×2n－3)－(3×2n－1－3)＝3×2n－1③，当n＝1时，a1＝S1＝3×2－3＝3，验证可得当n＝1时，a1＝3符合③式，则an＝3×2n－1，设等比数列{bn}的公比为q，又等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，故当n＝1时，有b1＋b2＝b1(1＋q)＝3④，当n＝2时，有b2＋b3＝b2(1＋q)＝b1q(1＋q)＝6⑤，联立④⑤，解得b1＝1，q＝2，则bn＝2n－1，则有Tn＝eq\f(11－2n,1－2)＝2n－1，据此分析选项：对于A，Sn＝3×2n－3＝3(2n－1)，Tn＝2n－1，则有Sn＝3Tn，故A错误；对于B，Tn＝2n－1，bn＝2n－1，Tn＝2bn－1，故B正确；对于C，当n＝1时，T1＝2－1＝1，a1＝3×20＝3，Tn>an不成立，故C错误；对于D，Tn＝2n－1，bn＋1＝2n，则有Tn<bn＋1，故D正确．综上，选项A、C错误，故选BD.16．已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a>0，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－eq\f(4,an)(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋1<0正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列{cn}的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4.又由a>0得a＝4，所以f(x)＝x2－4x＋4.所以Sn＝n2－4n＋4.当n＝1时，a1＝S