2022届-数学一轮(理科)浙江专用-第五章-平面向量-5-1.docx

第五章 数列
第1讲　数列的概念及简洁表示法

基础巩固题组
(建议用时：40分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是an等于
(　　)
A. B．cos
C．cos π D．cos π
解析　令n＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D正确．
答案　D
2．(2022·东阳中学摸底考试)数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝
(　　)
A．7 B．6 C．5 D．4
解析　依题意得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.
答案　D
3．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6等于
(　　)
A．3×44 B．3×44＋1 　　
C．45 D．45＋1
解析　当n≥1时，an＋1＝3Sn，则an＋2＝3Sn＋1，
∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即an＋2＝4an＋1，
∴该数列从其次项开头是以4为公比的等比数列．
又a2＝3S1＝3a1＝3，∴an＝
∴当n＝6时，a6＝3×46－2＝3×44.
答案　A
4．设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是
(　　)
A. B. C．4 D．0
解析　∵an＝－32＋，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大为0.
答案　D
5．(2022·东北三校联考)已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ＜1”是“数列{an}为递增数列”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　若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an＞0，即2n＋1＞2λ对任意的n∈N*都成立，于是有3＞2λ，λ＜.由λ＜1可推得λ＜，但反过来，由λ＜不能得到λ＜1，因此“λ＜1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件，故选A.
答案　A
二、填空题
6．(2021·大连双基测试)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则an＝________.
解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1，因此an＝
答案　
7．数列{an}中，a1＝1，对于全部的n≥2，n∈N*，都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝________.
解析　由题意知：a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2，
∴an＝2(n≥2)，∴a3＋a5＝2＋2＝.
答案　
8．数列{an}中，已知a1＝1，a2＝2，an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则a7＝________.
解析　由已知an＋1＝an＋an＋2，a1＝1，a2＝2，
能够计算出a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1.
答案　1
三、解答题
9．(2022·湖南卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
又a1＝1满足上式，故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
10．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
解　(1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，
即Sn＋1＝2Sn＋3n，
由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，
又S1－31＝a－3(a≠3)，故数列{Sn－3n}是首项为a－3，公比为2的等比数列，
因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，
于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，
当n＝1时，a1＝a不适合上式，
故an＝
an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2
＝2n－2，
当n≥2时，an＋1≥an⇔12·n－2＋a－3≥0⇔a≥－9.
又a2＝a1＋3>a1.
综上，所求的a的取值范围是[－9，＋∞)．
力量提升题组
(建议用时：35分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
11．数列{an}的通项an＝，则数列{an}中的最大项是
(　　)
A．3 B．19 C. D.
解析　由于an＝，运用基本不等式得，≤，由于n∈N*，不难发觉当n＝9或10时，an＝最大．
答案　C
12．(2021·大庆质量检测)已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是
(　　)
A．a2 014＝－1，S2 014＝2 B．a2 014＝－3，S2 014＝5
C．a2 014＝－3，S2 014＝2 D．a2 014＝－1，S2 014＝5
解析　由an＋1＝an－an－1(n≥2)，知an＋2＝an＋1－an，则an＋2＝－an－1(n≥2)，an＋3＝－an，…，an＋6＝an，又a1＝1，a2＝3，a3＝2，a4＝－1，a5＝－3，a6＝－2，所以当k∈N时，ak＋1＋ak＋2＋ak＋3＋ak＋4＋ak＋5＋ak＋6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，所以a2 014＝a4＝－1，S2 014＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋2＋(－1)＝5.
答案　D
13．(2022·台州四校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－n，则an＝________.
解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－2an－1＋(n－1)，
即an＝2an－1＋1，
∴an＋1＝2(an－1＋1)，
∴数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴an＋1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.
答案　2n－1
14．(2021·丽水五校模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－p，其中p是不为零的常数．
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)当p＝3时，数列{bn}满足bn＋1＝bn＋an(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
(1)证明　由于Sn＝4an－p，所以Sn－1＝4an－1－p(n≥2)，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得＝.
由Sn＝4an－p，令n＝1，得a1＝4a1－p，解得a1＝.
所以{an}是首项为，公比为的等比数列．
(2)解　当p＝3时，由(1)知，an＝n－1，
由bn＋1＝bn＋an，得bn＋1－bn＝n－1，
当n≥2时，可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝2＋＝3n－1－1，
当n＝1时，上式也成立．
∴数列{bn}的通项公式为bn＝3n－1－1.
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ＞0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设a1＞0，λ＝100.当n为何值时，数列的前n项和最大？
解　(1)取n＝1，得λa＝2S1＝2a1，a1(λa1－2)＝0.
若a1＝0，则Sn＝0.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝0，
所以an＝0(n≥1)．
若a1≠0，则a1＝.
当n≥2时，2an＝＋Sn,2an－1＝＋Sn－1，
两式相减得2an－2an－1＝an，
所以an＝2an－1(n≥2)，
从而数列{an}是等比数列，
所以an＝a1·2n－1＝·2n－1＝.
综上，当a1＝0时，an＝0；
当a1≠0时，an＝.
(2)当a1＞0且λ＝100时，
令bn＝lg，
由(1)有，bn＝lg＝2－nlg 2.
所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－lg 2)．
b1＞b2＞…＞b6＝lg＝lg＞lg 1＝0，
当n≥7时，bn≤b7＝lg＝lg＜lg 1＝0，
故数列的前6项的和最大．

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