（江苏专用）高考数学总复习 第六篇 数列、推理与证明《第31讲　数列的概念与简单表示法》理（含解析） 苏教版

A级基础达标演练(时间：45分钟满分：80分)一、填空题(每小题5分，共35分)1．已知数列，1，eq\r(3)，eq\r(5)，eq\r(7)，…，eq\r(2n－1)，…，则3eq\r(5)是它的第________项．解析3eq\r(5)＝eq\r(45)＝eq\r(2×23－1).答案232．(2011·福州一模)把1,3,6,10,15,21这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点子可以排成一个正三角形(如图所示)．则第七个三角形数是________．解析观察三角形数的增长规律，可以发现每一项与它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以根据这个规律计算即可．根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.答案283．(2011·四川卷改编)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝________.解析a1＝1，a2＝3S1＝3，a3＝3S2＝12＝3×41，a4＝3S3＝48＝3×42，a5＝3S4＝3×43，a6＝3S5＝3×44.答案3×444．(2011·四川绵阳二诊)在数列{an}中，an＝－2n2＋29n＋3，则此数列最大项的值是________．解析根据题意并结合二次函数的性质可得：an＝－2n2＋29n＋3＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2－\f(29,2)n))＋3＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(29,4)))2＋3＋eq\f(841,8)，∴n＝7时，an取得最大值，最大项a7的值为108.答案1085．在函数f(x)＝eq\r(x)中，令x＝1,2,3，…，得到一个数列，则这个数列的前5项是________．答案1,eq\r(2)，eq\r(3)，2,eq\r(5)6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项an＝________.解析由an＋1－an＝n＋1可得，an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，an－2－an－3＝n－2，…a3－a2＝3，a2－a1＝2，以上n－1个式子左右两边分别相加得，an－a1＝2＋3＋…＋n，∴an＝1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(nn＋1,2)＋1.答案eq\f(nn＋1,2)＋17．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5＜ak＜8，则k的值为________．解析∵Sn＝n2－9n，∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－10，a1＝S1＝－8适合上式，∴an＝2n－10(n∈N*)，∴5＜2k－10＜8，得7.5＜k＜9.∴k＝8.答案8二、解答题(每小题15分，共45分)8．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－5n＋4.(1)数列中有多少项是负数？(2)n为何值时，an有最小值？并求出最小值．解(1)由n2－5n＋4＜0，解得1＜n＜4.∵n∈N*，∴n＝2,3.∴数列中有两项是负数，即为a2，a3.(2)∵an＝n2－5n＋4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2－eq\f(9,4).又n∈N*，∴n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2.9．(★)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn＞1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N*.求{an}的通项公式．解由a1＝S1＝eq\f(1,6)(a1＋1)(a1＋2)，解得a1＝1或a1＝2，由已知a1＝S1＞1，因此a1＝2.又由an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(1,6)(an＋1＋1)(an＋1＋2)－eq\f(1,6)(an＋1)(an＋2)，得an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an.因an＞0，故an＋1＝－an不成立，舍去．因此an＋1－an－3＝0.即an＋1－an＝3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，故{an}的通项为an＝3n－1.【点评】解决已知数列的前n项和Sn与通项an的关系，求通项an的问题，步骤主要有：第一步：令n＝1，由Sn＝fan求出a1；第二步：令n≥2，构造an＝Sn－Sn－1，用an代换Sn－Sn－1或用Sn－Sn－1代换an，这要结合题目的特点，由递推关系求通项；第三步：验证当n＝1时的结论是否适合当n≥2时的结论.如果适合，则统一“合写”；如果不适合，则应分段表示；第四步：明确规范表述结论.10．已知数列{an}中，an＝1＋eq\f(1,a＋2n－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＋2n－1)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，∵a＝－7，∴an＝1＋eq\f(1,2n－9).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＋2n－1)＝1＋eq\f(\f(1,2),n－\f(2－a,2)).∵对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，并结合函数f(x)＝1＋eq\f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，∴5＜eq\f(2－a,2)＜6，∴－10＜a＜－8.B级综合创新备选(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．(2011·广东惠州二模)已知整数按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，……则第60个数对是________．解析按规律分组第一组(1,1)第二组(1,2)，(2,1)第三组(1,3)，(2,2)，(3,1)则前10组共有eq\f(10×11,2)＝55个有序实数对．第60项应在第11组中即(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)…，(11,1)因此第60个数对为(5,7)．答案(5,7)2．在数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋2，若对所有的n∈N*，都有an＋1＞an成立，则实数k的取值范围是________．解析an＋1＞an，即(n＋1)2＋k(n＋1)＋2＞n2＋kn＋2，则k＞－(2n＋1)对所有的n∈N*都成立，而当n＝1时，－(2n＋1)取得最大值－3，所以k＞－3.答案(－3，＋∞)3．(2011·合肥三检)在数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)(n≥2)，则a16＝________.解析由题可知a2＝1－eq\f(1,a1)＝－1，a3＝1－eq\f(1,a2)＝2，a4＝1－eq\f(1,a3)＝eq\f(1,2)，∴此数列是以3为周期的周期数列，a16＝a3×5＋1＝a1＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)4．已知{an}的前n项和为Sn，且满足log2(Sn＋1)＝n＋1，则an＝________.解析由已知条件可得Sn＋1＝2n＋1.∴Sn＝2n＋1－1，当n＝1时，a1＝S1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－1－2n＋1＝2n，n＝1时不适合an，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＝1，,2nn≥2.))答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＝1,2nn≥2))5．已知数列{an}满足：a4n－3＝1，a4n－1＝0，a2n＝an，n∈N*，则a2009＝________；a2014＝________.解析依题意，得a2009＝a4×503－3＝1，a2014＝a2×1007＝a1007＝a4×252－1＝0.∴应填1,0.答案1,06．(2012·泰州月考)数列1,1,2,3,5,8,13，x,34,55，…中x的值为________．解析观察数列中项的规律，易看出数列从第三项开始每一项都是其前两项的和．答案21二、解答题(每小题15分，共30分)7．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝an＋2n－1，求an.解由an＋1＝an＋2n－1，得an＋1－an＝2n－1.所以a2－a1＝1，a3－a2＝2，a4－a3＝22，a5－a4＝23，…an－an－1＝2n－2(n≥2)，将以上各式左右两端分别相加，得an－a1＝1＋2＋22＋…＋2n－2＝2n－1－1，所以an＝2n－1(n≥2)，又因为a1＝1适合上式，故an＝2n－1(n≥1)．8．(2011·广州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n＋1an,2)，且a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝lnan，是否存在k(k≥2，且k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比数列．若存在，求出所有符合条件的k值；若不存在，请说明理由．解(1)法一当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋1an,2)－eq\f(nan－1,2)，即eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)(n≥2)．所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项为eq\f(a1,1)＝1的常数数列，所以eq\f(an,n)＝1，即an＝n(n∈N*)．法二同上，得(n－1)an＝nan－1.同理，得nan＋1＝(n＋1)an，所以2nan＝n(an－1＋an＋1)，即2an＝an－1＋an＋1，所以{an}成等差数列．又由a1＝1，得a2＝S2－a1＝2，得an＝1＋(n－1)＝n(n∈N*)．法三同上，得eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)(n≥2)，所以an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n,n－1)·eq\f(n－1,n－2)·…·eq\f(3,2)·eq\f(2,1)·1＝n，当n＝1时a1＝1，也满足an＝n，所以an＝n(n∈N*)．(2)假设存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比数列，则bkbk＋2＝beq\o\al(2,k＋1).因为bn＝lnan＝lnn，所以bkbk＋2＝lnk·ln(k＋2)＜e