2022版高考数学一轮复习-课时规范练28-数列的概念新人教A版.docx

2022版高考数学一轮复习 课时规范练28 数列的概念新人教A版

2022版高考数学一轮复习 课时规范练28 数列的概念新人教A版

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课时规范练28　数列的概念
基础巩固组
1.若数列的前4项分别是12,-13,14,-15,则此数列的一个通项公式为(　　)

A.(-1)n+1n+1 B.(-1)nn+1
C.(-1)nn D.(-1)n-1n
2.记Sn为数列{an}的前n项和.“任意正整数n,均有an>0”是“数列{Sn}是递增数列”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
3.(多选)已知数列{an}满足an+1=1-1an(n∈N*),且a1=2,则(　　)
A.a3=-1 B.a2 019=12
C.S6=3 D.2S2 019=2 019
4.(2020河北保定高三期末)在数列{an}中,若a1=1,a2=3,an+2=an+1-an(n∈N*),则该数列的前100项之和是(　　)
A.18 B.8 C.5 D.2
5.(多选)已知数列{an}:12,13+23,14+24+34,…,110+210+310+…+910,…,若bn=1an·an+1,设数列{bn}的前n项和为Sn,则(　　)
A.an=n2 B.an=n
C.Sn=4nn+1 D.Sn=5nn+1
6.(2020湖南益阳高三期末)已知{an}是等差数列,且满足:对∀n∈N*,an+an+1=2n,则数列{an}的通项公式an=(　　)
A.n B.n-1
C.n-12 D.n+12
7.已知数列{an}的首项a1=21,且满足(2n-5)an+1=(2n-3)an+4n2-16n+15,则数列{an}的最小的一项是(　　)
A.a5 B.a6 C.a7 D.a8
8.已知每项均大于零的数列{an},首项a1=1且前n项和Sn满足SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1(n∈N*且n≥2),则a81=(　　)
A.638 B.639 C.640 D.641
9.设Sn为数列{an}的前n项和,且a1=4,an+1=Sn,n∈N*,则S4=　　　　　. 
10.在数列{an}中,a1=2,an+1n+1=ann+ln1+1n,则an=　　　　. 
11.已知数列{an}的通项公式为an=n+13n-16(n∈N*),则数列{an}的最小项是第　　　　项. 
12.已知数列{an}满足a1=3,an+1=4an+3.
(1)写出该数列的前4项,并归纳出数列{an}的通项公式;
(2)证明:an+1+1an+1=4.

综合提升组
13.(2020广东中山期末)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,{Sn+nan}为常数列,则an=(　　)
A.13n-1 B.2n(n+1)
C.1(n+1)(n+2) D.5-2n3
14.(2020安徽江淮十校第三次联考)已知数列{an}满足an+1-ann=2,a1=20,则ann的最小值为(　　)
A.45 B.45-1
C.8 D.9
15.(多选)(2020江西赣州教育发展联盟2月联考)已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),且满足an+4Sn-1Sn=0(n≥2),a1=14,则下列说法正确的是(　　)
A.数列{an}的前n项和为Sn=14n
B.数列{an}的通项公式为an=14n(n+1)
C.数列{an}为递增数列
D.数列1Sn为递增数列
创新应用组
16.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=a,an+1=Sn+3n,若an+1≥an对∀n∈N*成立,则实数a的取值范围是　　　　　. 
17.已知二次函数f(x)=x2-ax+a(a>0,x∈R)有且只有一个零点,数列{an}的前n项和Sn=f(n)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设cn=1-4an(n∈N*),定义所有满足cm·cm+1<0的正整数m的个数,称为这个数列{cn}的变号数,求数列{cn}的变号数.

参考答案

课时规范练28　数列的概念
1.A　由于数列的前4项分别是12,-13,14,-15,可得奇数项为正数,偶数项为负数,第n项的绝对值等于1n+1,故此数列的一个通项公式为(-1)n+1n+1.故选A.
2.A　∵an>0,∴数列{Sn}是递增数列,∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件.
如数列{an}为-1,1,3,5,7,9,…,显然数列{Sn}是递增数列,但是an不一定大于零,还有可能小于零,
∴数列{Sn}是递增数列不能推出an>0.∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件.
∴“任意正整数n,均有an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件.

3.ACD　数列{an}满足a1=2,an+1=1-1an(n∈N*),可得a2=12,a3=-1,a4=2,a5=12,…,所以an+3=an,数列的周期为3,a2019=a672×3+3=a3=-1,S6=3,S2019=20192.
4.C　∵a1=1,a2=3,an+2=an+1-an(n∈N*),
∴a3=3-1=2,
a4=2-3=-1,
a5=-1-2=-3,
a6=-3+1=-2,
a7=-2+3=1,
a8=1+2=3,
a9=3-1=2,
…
∴{an}是周期为6的周期数列,
∴S100=S16×6+4=16×(1+3+2-1-3-2)+(1+3+21)=5.故选C.
5.AC　由题意得an=1n+1+2n+1+…+nn+1=1+2+3+…+nn+1=n2,
∴bn=1n2·n+12=4n(n+1)=41n-1n+1,∴数列{bn}的前n项和Sn=b1+b2+b3+…+bn=41-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=41-1n+1=4nn+1.故选AC.
6.C　由an+an+1=2n,得an+1+an+2=2n+2,两式相减得an+2-an=2=2d,∴d=1,
又an+an+d=2n,∴an=n-12.故选C.
7.A　∵4n2-16n+15=(2n-3)(2n-5),
∴(2n-5)an+1=(2n-3)an+(2n-3)(2n-5),
等式两边同时除以(2n-3)(2n-5),可得an+12n-3=an2n-5+1,
可设bn=an2n-5,则bn+1=an+12n-3,
∴bn+1=bn+1,即bn+1-bn=1.
∵b1=a12×1-5=21-3=-7,
∴数列{bn}是以-7为首项,1为公差的等差数列.
∴bn=-7+(n-1)×1=n-8,n∈N*.
∴an=(n-8)(2n-5)=2n2-21n+40.可把an看成关于n的二次函数,则根据二次函数的性质,可知其对称轴n=10.52=5.25.
∴当n=5时,an取得最小值.故选A.
8.C　已知SnSn-1-Sn-1Sn=2SnSn-1,数列{an}的每项均大于零,故等号两边同时除以SnSn-1,可得Sn-Sn-1=2,∴{Sn}是以1为首项,2为公差的等差数列,故Sn=2n-1,Sn=(2n-1)2,∴a81=S81-S80=1612-1592=640.故选C.
9.32　因为Sn为数列{an}的前n项和,且
a1=4,
an+1=Sn,n∈N*,①
则当n≥2时,an=Sn-1,②
由①-②得an+1-an=an,
∴an+1an=2,
则数列{an}是从第二项起,公比为2的等比数列,又a2=S1=4,∴an=4·2n-2=2n(n≥2),故an=4(n=1),2n(n≥2).
所以S4=a5=25=32.
10.2n+nln n　由题意得an+1n+1-ann=ln(n+1)-lnn,ann-an-1n-1=lnn-ln(n-1)(n≥2).
∴a22-a11=ln2-ln1,a33-a22=ln3-ln2,…,
ann-an-1n-1=lnn-ln(n-1)(n≥2).
累加得ann-a11=lnn,又a1=2,∴ann=2+lnn(n≥2),
当n=1时,a1=2,上式成立,故an=2n+nlnn.
11.5　an=n+13n-16=131+193n-16.
当n>5时,an>0,且单调递减,
当n≤5时,an<0,且单调递减.
∴当n=5时,an最小.
12.(1)解a1=3,a2=15,a3=63,a4=255.
因为a1=41-1,a2=42-1,a3=43-1,a4=44-1,…,
所以归纳得an=4n-1.
(2)证明因为an+1=4an+3,所以an+1+1an+1=4an+3+1an+1=4(an+1)an+1=4.
13.B　∵数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,∴S1+1×a1=1+1=2.∵{Sn+nan}为常数列,∴Sn+nan=2.当n≥2时,Sn-1+(n-1)an-1=2,∴(n+1)an=(n-1)an-1,从而a2a1·a3a2·a4a3·…·anan-1=13·24·35·…·n-1n+1,∴an=2n(n+1)(n≥2),当n=1时上式成立,∴an=2n(n+1).故选B.
14.C　由an+1-an=2n,知a2-a1=2×1,a3-a2=2×2,…,an-an-1=2(n-1),n≥2.
以上各式相加得an-a1=n2-n,n≥2,所以an=n2-n+20,n≥2,
当n=1时,a1=20符合上式,所以ann=n+20n-1,n∈N*,
所以当n≤4时,ann单调递减,当n≥5时,ann单调递增.
因为a44=a55=8,所以ann的最小值为8.故选C.
15.AD　由题意,可知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),且满足an+4Sn-1Sn=0(n≥2),则Sn-Sn-1=-4Sn-1Sn(n≥2),即1Sn-1Sn-1=4(n≥2).
又因为a1=14,所以1S1=4,
所以数列1Sn是以4为首项,4为公差的等差数列,所以数列1Sn为递增数列,
且1Sn=4+(n-1)×4=4n,则Sn=14n.
又因为当n≥2时,an=Sn-Sn-1=14n-14(n-1)=-14n(n-1),a1=14,
所以数列{an}的通项公式为an=14,n=1,-14n(n-1),n≥2.故选AD.
16.[-9,+∞)　据题意,得an+1=Sn+1-Sn=Sn+3n,
∴Sn+1=2Sn+3n,∴Sn+1-3n+1=2(Sn-3n).
又S1-31=a-3,∴数列{Sn-3n}是以a-3为首项,2为公比的等比数列,∴Sn-3n=(a-3)·2n-1即Sn=3n+(a-3)·2n-1.
当n=1时,a1=a;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,∴an+1-an=4×3n-1+(a-3)×2n-2.
又当n≥2时,an+1≥an恒成立,∴a≥3-12×32n-2对∀n∈N*,且n≥2成立,∴a≥-9.
又a2=a1+3,∴a2≥a1成立.综上,所求实数a的取值范围是[-9,+∞).
17.解(1)依题意,得Δ=a2-4a=0,所以a=0或a=4.
又由a>0得a=4,所以f(x)=x2-4x+4.
所以Sn=n2-4n+4.
当n=1时,a1=S1=1-4+4=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-5.
所以数列{an}的通项公式为an=1,n=1,2n-5,n≥2.
(2)由题意得cn=-3,n=1,1-42n-5,n≥2.
由cn=1-42n-5可知,当n≥5时,恒有cn>0.
又因为c1=-3,c2=5,c3=-3,
c4=-13,c5=15,
即c1·c2<0,c2·c3<0,c4·c5<0,
所以数列{cn}的变号数为3.