第五章 数 列
第一讲 数列的概念与简单表示法
1.[2020唐山市摸底考试]已知Sn为数列{an}的前n项和,3Sn=an+2,则数列{Sn} A.有最大项也有最小项 B.有最大项无最小项 C.无最大项有最小项 D.无最大项也无最小项
( )
2
2.[2020安徽六校第一次联考改编]已知正项数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=????+an - 2,则数列
{an}的通项公式为 .
3.[2020陕西省部分学校摸底检测][双空题]已知数列{an}的前n项和Sn=10n - n2,数列{bn}的每一项都有bn=|an|,设数列{bn}的前n项和为Tn,则T4= ,T30= .
4.[2019长郡中学、衡阳八中等十四校第二次联考]已知Sn是数列{an}的前n项和,且log3(Sn+1)=n+1(n∈N*),则数列{an}的通项公式为 . 5.[2020惠州市二调]在数列{an}中,a1=1,a2=,an+1=(1+)an+
3
??
8
1
??+1????,其中n∈N*,λ为常数.
(1)求λ的值;
(2)设bn=????,求数列{bn}的通项公式.
6.[2020惠州市二调]已知数列{an}的各项均为正数,a1=2,an+1 - an=??项和为5,则n= A.119
B.120
C.121
D.122
4??
??
??
4
??+1+????
,若数列{??
1
??+1+????
}的前n( )
7.[2019广东六校第一次联考]已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(2n - 1)·3n.设bn=??,Sn为数列{bn}的前n项和,若Sn<λ(λ为常数,n∈N*),则λ的最小值是 A.2 B.4 C.12 D.18 8.[2019四川考前联考]在数列{an}中,已知a1=1,且对于任意的m,n∈N*,都有am+n=am+an+mn,则数列{an}的通项公式为 A.an=n
3
9
31
31
( )
( )
2
B.an=n+1 C.an=
??(??-1)
D.an=
??(??+1)2
1
9.[2019辽宁五校联考]若数列{an}满足a1= - 2,an+an+1=??2+2??,则a10= .
10.[2020合肥市调研检测]已知等差数列{an},a2=12,a5=24,数列{bn}满足b1=4,bn+1 - bn=an(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)求使得+
??11
1??2
12
++…+>
??3
????
11817
成立的最小正整数n的值.
11.[多选题]已知数列{an}的前n项和为Sn,且有(a1+a2+…+an)an=(a1+a2+…+an
1)an+1(n≥2,n∈N
1*),a=a=1.数列{}的前12
log2????+1·log2????+2
??+1??+3
-
n项和为Tn,则以下结论正确的是 ( )
A.an=1
B.Sn=2n – 1 C.Tn= D.{Tn}为递增数列
第一讲 数列的概念与简单表示法
1.A 因为3Sn=an+2 ①,当n≥2时,3Sn - 1=an - 1+2 ②,所以当n≥2时,① - ②得3an=an - an - 1,即an= - 2an - 1.又当n=1时,3S1=3a1=a1+2,所以a1=1,所以数列{an}是以1为首项, - 2为公比的等1
1
2
比数列,即{an}的各项为1, - 2,4, - 8,16, - 32,…,因此数列{an}的最大项为首项1,最小项为第二项 -
12
11111
.又3Sn=an+2,所以数列{Sn}的最大项为1,最小项为.故选A.
2
1
2
2.an=n+1 由题意得2Sn=????+an - 2 ①.
22当n=1时,2S1=2a1=??1+a1 - 2,可得??1 - a1 - 2=0,解得a1=2或a1= - 1(舍去). 2当n≥2时,2Sn - 1=????-1+an - 1 - 2 ②.
22① - ②得,2an=???? ? ????-1+an - an - 1(n≥2),即(an+an - 1)(an - an - 1 - 1)=0(n≥2),
因为an+an - 1>0,所以an - an - 1 - 1=0,即an - an - 1=1(n≥2).
又a1=2,所以数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以an=2+(n - 1)×1=n+1.
3.24 650 当n=1时,a1=S1=9,当n≥2时,an=Sn - Sn - 1=10n - n2 - [10(n - 1) - (n - 1)2]= - 2n+11,当n=1时也满足,所以an= - 2n+11(n∈N*),所以当n≤5时,an>0,bn=an,当n>5时,an<0,bn= - an,所以T4=S4=10×4 - 42=24,T30=S5 - a6 - a7 - … - a30=2S5 - S30=2×(10×5 - 52) - (10×30 - 302)=650.
【易错警示】 解答本题时的易错之处:(1)根据数列{an}的前n项和Sn的表达式求通项an时,未对n=1时的情况是否满足n≥2时的表达式进行验证;(2)求T30的值时错认为是求S30的值. 8,??=1,4.an={ 由log3(Sn+1)=n+1,得Sn+1=3n+1.所以当n=1时,a1=S1=8;当n≥2时,an=Sn - Sn - ??
2×3,??≥2
1=2×3
n.当
8,??=1,
n=1时,不满足上式.所以数列{an}的通项公式为an={
2×3??,??≥2.
1
??+1
2
5.(1)将n=1代入an+1=(1+??)an+????,得a2=2a1+??, 由a1=1,a2=3,得λ=3. (2)由an+1=(1+)an+
??11
??+13
??
8
,得
????+1??+1
?
??????
=??,
3
1
即bn+1 - bn=3??.当n=1时,b1=11=1,
当n≥2时,bn - b1=(bn - bn - 1)+(bn - 1 - bn - 2)+…+(b2 - b1) =3??-1+3??-2+…+32+31 =
11
[1-()??-1]3311-3
??
1111
3
=2 ? 2×3??-1, 所以bn= ?
23
12×3??-1
11
(n≥2).
3
1
因为b1=1也适合上式,所以bn=2 ? 2×3??-1.
2222
6.B 由题意得????+1 ? ????=4,??1=4,所以数列{????}是以4为首项,4为公差的等差数列,则2????=4+(n - 1)×4=4n.因为数列{an}的各项均为正数,所以an=2√??,则
12
1????+1+????
=
12
12√??+1+2√??=
(√??+1 ? √??).故数列{
1
1
1????+1+????
}的前n项和为(√2 ? √1)+(√3 ? √2)+…+(√??+1 ?2
2
11
√??)=2(√??+1 - 1),则2(√??+1 - 1)=5,所以n=120.故选B. 7.C a1+2a2+3a3+…+nan=(2n - 1)·3n ①,
当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n - 1)an - 1=(2n - 3)·3n - 1 ②, ① - ②,得nan=4n·3n - 1,即an=4·3n - 1(n≥2). 当n=1时,a1=3≠4,
,??=1,3,??=1,3所以an={b={ n??
4·3??-1,??≥2,,??≥2.??-1
34
所以Sn=3+3+32+…+3??-1=3+30+31+32+…+3??-1 ③,
1
423??1123??
Sn=9+3+32+33+…+3??-1+3?? ④, 3
③ - ④,得3Sn=9+30+3+32+…+3??-1 ? 3??=9+
31
6??+9
31
31
2
2
1
1
1
1
??
2
1-??311-31
1123??-1??
? 3??,
??
所以Sn=12 ? 4×3??<12,所以λ的最小值是12,故选C.
8.D 令m=1,得an+1=an+n+1,即an+1 - an=n+1,所以当n≥2时,an=a1+(a2 - a1)+(a3 - a2)+…+(an - an -
1)=1+2+3+…+n.所以
111
an=
(1+??)??2
(n≥2).易知a1=1满足上式,故an=
2
2
1
??(??+1)21
.故选D.
1
1
9.110 解法一 因为an+an+1=??2+2??,所以an+an+1=??(??+2)=?? ? ??+2.a1+a2=1 - 3,又a1= - 2,所以a2=1 - 3+2;因为a2+a3=2 ? 4,所以a3=3 ? 4 - 1;因为a3+a4=3 ? 5,所以a4=4 ? 5+1;….所以a10=10 ? 11+1=110.
1
1
111
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
解法二 因为an+an+1=??2+2??,所以an+1=??(??+2) - an.因为a1= - 2=1×2 - 1,所以a2=3+2=6=+1;a3=2×4 ? 6= - 2×3
a10=10×11+( - 1)10=110.
10.(1)设等差数列{an}的公差为d,则a5 - a2=3d=12,d=4, ∴an=a2+(n - 2)d=4n+4,∴bn+1 - bn=4n+4, ∴bn=b1+(b2 - b1)+(b3 - b2)+…+(bn - bn - 1) =4+(4×1+4)+(4×2+4)+…+[4(n - 1)+4] =4+4[1+2+…+(n - 1)]+4(n - 1) =2n2+2n(n>1),
b1=4也满足上式,∴bn=2n2+2n(n∈N*). ∴an=4n+4,bn=2n2+2n(n∈N*). (2)∵??=2??2+2??=2??(??+1)=2(?? ? ??+1),
??
2211217
12711
=3×4 - 1;a4=3×5+12=20=4×5+1;….可得an=??(??+1)+( - 1)n,所以12
12112111
1111
111111
∴??+??+??+…+??=2[(1 - 2)+(2 ? 3)+…+(?? ? ??+1)]=2(1 - ??+1)=2(??+1),
1
2
3
??
111111111111??
由题意得
??
2(??+1)
>,解得n>16,
17
8
∴满足条件的最小正整数n的值为17. 11.BD 由(a1+a2+…+an)an=(a1+a2+…+an
- 1)an+1(n≥2,n∈N
*),
得Sn(Sn - Sn
- 1)=Sn - 1(Sn+1 -
2Sn)(n≥2,n∈N*),化简得????=Sn - 1Sn+1(n≥2,n∈N*),根据等比数列的性质得数列{Sn}是等比数列.易
知S1=1,S2=2,故{Sn}的公比为2,则Sn=2n - 1,Sn+1=2n,Sn+2=2n+1,log??项相消法得Tn=1 -
1??+1
1
·log2????+2
2??+1
=??(??+1)=?? ? ??+1,由裂
111
=
????+1
,故B正确,C错误,D正确.由Sn=2n - 1知A选项错误,故答案为BD.
5
高考数学一轮复习训练第五章数列的概念与简单表示法
