高考数学专题复习测试卷23.doc

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第二十七讲　数列的概念与简单表示法
一、选择题：(本大题共6小题，每小题6分，共36分，将正确答案的代号填在题后的括号内．)
1．一个正整数数表如下(表中下一行中数的个数是上一行中数的个数的2倍)：
第1行
1
第2行
2　3
第3行
4　5　6　7
…
…
则第9行中的第4个数是(　　)
A．132　　　　　　　　　 B．255
C．259 D．260
解析：由数表知表中各行数的个数构成一个以1为首项，公比为2的等比数列．前8行数的个数共有＝255(个)，故第9行中的第4个数是259.
答案：C
2．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an＝(　　)
A．2＋lnn B．2＋(n－1)lnn
C．2＋nlnn D．1＋n＋lnn
解析：由已知，an＋1－an＝ln，a1＝2，
∴an－an－1＝ln，
an－1－an－2＝ln，
…
a2－a1＝ln，
将以上n－1个式子累加，得
an－a1＝ln＋ln＋…＋ln
＝ln··…·＝lnn，
∴an＝2＋lnn.
答案：A

3．(2010·苏州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝n3，则a6＋a7＋a8＋a9等于(　　)
A．729 B．367
C．604 D．854
解析：a6＋a7＋a8＋a9＝S9－S5＝93－53＝604.
答案：C
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5<ak<8，则k＝(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：由Sn＝n2－9n可得等差数列{an}的通项公式an＝Sn－Sn－1＝2n－10，由5<ak<8可得5<2k－10<8且k∈Z，解得<k<9且k∈Z，∴k＝8.
答案：C
5．已知f(x)为偶函数，且f(2＋x)＝f(2－x)，当－2≤x≤0时，f(x)＝2x，若n∈N*，an＝f(n)，则a2006＝(　　)
A．2006 B．4
C. D．－4
分析：利用函数图象的对称性，得到数列的递推关系an＋4＝an，此关系恰好反映了数列的周期性，从而解决问题．
解析：由f(x)为偶函数得0≤x≤2时，f(x)＝2－x.
又f(2＋x)＝f(2－x)，∴f(x)的图象关于x＝2对称．
又f(x)的图象还关于x＝0对称，∴f(x＋4)＝f(x)．
∴an＋4＝an.
∴a2006＝a4×501＋2＝a2＝f(2)＝2－2＝.∴选C.
答案：C
6．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)
A．0 B．100
C．－100 D．10200
解析：当n为奇数时，an＝n2－(n＋1)2＝－(2n＋1)，
当n为偶数时，an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，
则an＝(－1)n(2n＋1)．
∴a1＋a2＋a3＋…＋a100＝－3＋5－7＋9－…－199＋201＝2×50＝100，∴选B.
答案：B
二、填空题：(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上．)
7．已知数列{an}的前n项和Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S22－S11的值是________．
解析：从等式右边观察特点总结规律，前两项和为－4，再两项的和也是－4等等，则S22＝11×(－4)＝－44，S11＝5×(－4)＋a11＝－20＋4×11－3＝21，
∴S22－S11＝－44－21＝－65.
答案：－65
8．数列{an}满足关系anan＋1＝1－an＋1(n∈N*)，且a2010＝2，则a2008＝________.
分析：将所给数值直接代入求值较为麻烦，将an整理为an＝－1时用起来较为方便．
解析：由anan＋1＝1－an＋1(n∈N*)，a2010＝2，
得an＝＝－1，
∴a2009＝－1＝－，∴a2008＝－1＝－2－1＝－3.
答案：－3
9．已知Sn是数列{an}的前n项和，且有Sn＝n2＋1，则数列{an}的通项公式是________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝1＋1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝2n－1.
答案：
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1＝3,4Sn＝6an－an－1＋4Sn－1，则an＝________.
解析：n≥2时，4Sn－4Sn－1＝4an＝6an－an－1，
∴＝，
∴an＝a1·n－1＝3·21－n.
答案：3·21－n
三、解答题：(本大题共3小题，11、12题13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤．)
11．在数列{an}中，已知Sn＝3＋2an，求an.
解：∵an＝Sn－Sn－1＝(3＋2an)－(3＋2an－1)，
∴an＝2an－1即＝2(n≥2)．
∴{an}是a1＝S1＝－3且q＝2的等比数列．
故an＝a1·qn－1＝－3·2n－1(n≥1)．
12．已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋1(n≥2)，求通项公式an.
分析：比较两种解法，这两种方法都是常用的方法，解法一通过构造数列，直接得到通项公式；解法二通过已知的递推关系转化为另一个递推关系，累加后再利用等比数列的前n项和求得．
解：解法一：构造数列法．
an＝an－1＋1(n≥2)，构造数列{an＋r}，
则an＋r＝(an－1＋r)，两式比较可得r＝－2，
∴an－2＝(an－1－2)，
∴数列{an－2}是以a1－2＝－1为首项，为公比的等比数列，
∴an－2＝－n－1，即an＝2－n－1(n∈N*)．
解法二：累差法．由an＝an－1＋1知an＋1＝an＋1，
两式相减得an＋1－an＝(an－an－1)．
令an＋1－an＝bn，得bn＝bn－1(n≥2)．
∵b1＝a2－a1＝a1＋1－a1＝，
∴{bn}是以为首项，为公比的等比数列，
∴bn＝n，即an＋1－an＝n.
则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝＋＋＋…＋＋1＝2－n－1(n∈N*)．

13．已知数列{an}的前n项和为Sn，并且满足a1＝2，nan＋1＝Sn＋n(n＋1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)令Tn＝nSn，问是否存在正整数m，对一切正整数n，总有Tn≤Tm，若存在，求m的值；若不存在，说明理由．
解：(1)令n＝1，
由a1＝2及nan＋1＝Sn＋n(n＋1)①
得a2＝4，故a2－a1＝2.
当n≥2时，有(n－1)an＝Sn－1＋n(n－1)②
①－②得：
nan＋1－(n－1)an＝an＋2n.
整理得，an＋1－an＝2(n≥2)．
当n＝1时，a2－a1＝2，
所以数列{an}是以2为首项，以2为公差的等差数列，
故an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)由(1)得Sn＝n(n＋1)，
所以Tn＝nSn＝n(n2＋n)．
故Tn＋1＝n＋1[(n＋1)2＋(n＋1)]，
令，
即，
即，
解得8≤n≤9.
故T1<T2<…<T8＝T9>T10>T11>…
故存在正整数m对一切正整数n，
总有Tn≤Tm，
此时m＝8或m＝9.
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