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课时作业28 数列的概念与简洁表示法
一、选择题(每小题5分，共40分)
1．(2022·江西八校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(n∈N＋)，则a5＝( )
A．－16 B．16
C．31 D．32
解析：当n＝1时，S1＝a1＝2a1－1，∴a1＝1，
又Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，∴Sn－Sn－1＝an＝2(an－an－1)．
∴＝2.∴an＝1×2n－1，∴a5＝24＝16.
答案：B
2．已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＋Sn＋1＝an＋1(n∈N＋)，则此数列是( )
A．递增数列 B．递减数列
C．常数列 D．摇摆数列
解析：∵Sn＋Sn＋1＝an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＋Sn＝an.
两式相减得an＋an＋1＝an＋1－an，∴an＝0(n≥2)．
当n＝1时，a1＋(a1＋a2)＝a2，∴a1＝0，
∴an＝0(n∈N＋)，故选C.
答案：C
3．(2022·济南外国语学校模拟)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6等于( )
A．44 B．3×44＋1
C．3×44 D．44＋1
解析：由an＋1＝3Sn(n≥1)得an＋2＝3Sn＋1，两式相减得an＋2－an＋1＝3an＋1，∴an＋2＝4an＋1，即＝4，a2＝3S1＝3，∴a6＝a244＝3×44.
答案：C
4．(2021·全国大纲理，6)已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于( )
A．－6(1－3－10) B.(1－310)
C．3(1－3－10) D．3(1＋3－10)
解析：3an＋1＋an＝0
∴＝－＝q
a2＝a1·q＝－a1＝－，∴a1＝4
∴S10＝＝3(1－3－10)．
答案：C
5．(2022·山东省试验中学测试)将石子摆成如图的梯形外形，称数列5,9,14,20，…为梯形数，依据图形的构成，此数列的第2 014项与5的差即a2 014－5＝( )
A．2 020×2 012 B．2 020×2 013
C．1 010×2 012 D．1 010×2 013
解析：结合图形可知，该数列的第n项an＝2＋3＋4＋…＋(n＋2)．所以a2 014－5＝4＋5＋…＋2 016＝2 013×1 010.故选D.
答案：D
6．已知数列{an}的通项公式an＝3n2－(9＋a)n＋6＋2a(其中a为常数)，若a6与a7两项中至少有一项是an的最小值，则实数a的取值范围是( )
A．[24,36]
B．[27,33]
C．{a|27≤a≤33，a∈N＋}
D．{a|24≤a≤36，a∈N＋}
解析：由于数列的定义域为正整数，故由二次函数学问，只需5.5≤≤7.5⇒24≤a≤36即可．
答案：A
7．(2021·新课标Ⅰ理，12)设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1,2,3，…，若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则( )
A．{Sn}为递减数列
B．{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
解析：∵an＋1＝an ∴an＝a，a为常数
b2＝ c2＝
∴b2＋c2＝＝2a
归纳可知：bn＋cn＝2a.
∴A点在以2a为焦距的椭圆上
c2－b2＝
归纳知|cn－bn|＝
∴cn与bn是越来越接近
如图，即A点越接近D点
∵{Sn}是递增的，
∴当且仅当cn＝bn＝a时，△AnBnCn面积最大．
答案：B
8．(2022·芜湖)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2n，那么a2 014的值是( )
A．2 012×2 013 B．2 014×2 015
C．2 0132 D．2 013×2 014
解析：解法1：a1＝0，a2＝2，a3＝6，a4＝12，考虑到所给结论都是相邻或相近两整数乘积的形式，可变形为：
a1＝0×1，a2＝1×2，a3＝2×3，a4＝3×4，
猜想a2 014＝2 013×2 014，故选D.
解法2：an－an－1＝2(n－1)，
an－1－an－2＝2(n－2)，
…
a3－a2＝2×2，
a2－a1＝2×1.
全部等式左右两边分别相加
(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)
＝2[(n－1)＋(n－2)＋…＋1]．
∴an－a1＝2＝n(n－1)．
∴an＝n(n－1)．故a2 014＝2 013×2 014.
答案：D
二、填空题(每小题5分，共15分)
9．数列{an}的通项公式an＝－n2＋10n＋11，则该数列前________项的和最大．
解析：易知a1＝20>0，明显要想使和最大，则应把全部的非负项求和即可，这样只需求数列{an}的最末一个非负项．令an≥0，则－n2＋10n＋11≥0，∴－1≤n≤11，可见，当n＝11时，a11＝0，故a10是最终一个正项，a11＝0，故前10或11项和最大．
答案：10或11
10．(2022·杭州调研)已知数列{an}满足a1＝1，且an＝n(an＋1－an)(n∈N＋)，则a2＝________；an＝________.
解析：由an＝n(an＋1－an)，可得＝，
则an＝···…··a1＝×××…××1＝n，∴a2＝2，an＝n.
答案：2 n
11．(2022·上海崇明区一模)已知数列{an}满足a1＝1，且an＝an－1＋()n(n≥2且n∈N*)，则数列{an}中项的最大值为________．
解析：an＝an－1＋()n⇒3nan＝3n－1an－1＋1⇒3nan－3n－1an－1＝1⇒{3nan}是公差为1的等差数列，∴3nan＝3a1＋n－1＝n＋2⇒an＝(n＋2)()n，设an＋1－an＝(n＋3)()n＋1－(n＋2)()n＝()n＋1(n＋3－3n－6)<0，∴数列{an}单调递减，∴项的最大值为a1＝1.
答案：1
三、解答题(共3小题，每小题15分，共45分．解答写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)
12．(2022·西安质检)若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：{}成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以－＝2.
又＝＝2，故{}是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)解：由(1)可得＝2n，∴Sn＝.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式．
故an＝
13．(2022·吉安模拟)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[12·()n－2＋a－3]，
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，＋∞)．
14．(2022·青岛一中模拟)在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项an；
(2)若存在n∈N＋，使得an≤(n＋1)λ成立，求实数λ的最小值．
解：(1)当n≥2时，由题可得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝an，①
a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝an＋1，②
②－①得nan＝an＋1－an，
即(n＋1)an＋1＝3nan，＝3，
∴{nan}是以2a2＝2为首项，3为公比的等比数列(n≥2)，
∴nan＝2·3n－2，
∴an＝·3n－2(n≥2)，
∵a1＝1，∴an＝
(2)an≤(n＋1)λ⇔λ≥，由(1)可知当n≥2时，
＝，
设f(n)＝(n≥2，n∈N＋)，＝·，
则f(n＋1)－f(n)＝<0，∴>(n≥2)，
又·＝及＝，∴所求实数λ的最小值为.
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