2021高考数学(文理通用)一轮课时作业25-数列的概念与简单表示法.docx

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课时提升作业(二十五)
数列的概念与简洁表示法
(45分钟　100分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.已知正数数列{an}对任意p,q∈N*,都有ap+q=ap+aq,若a2=4,则a9=(　　)
A.6 B.9 C.18 D.20
【解析】选C.由已知得a2=a1+1=a1+a1=4,
解得a1=2,所以a9=a8+1=a8+a1=2a4+a1=4a2+a1=4×4+2=18.
2.已知数列{an}的通项公式为an=411-2n,则满足an+11n+2+1n+3+…+12n+12n+1+12(n+1),
所以an+1-an=12n+1+12n+2-1n+1=12n+1-12n+2.
4.(2022·郑州模拟)若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(2n-1),则a1+a2+a3+…+a100=(　　)
A.-200 B.-100 C.200 D.100
【解析】选D.由题意知,a1+a2+a3+…+a100=-1+3-5+7+…+(-1)100(2×100-1)=(-1+3)+(-5+7)+…+(-197+199)=2×50=100.
【加固训练】(2022·广州模拟)数列{an}满足a1=43,an+1=an2-an+1(n∈N*),则m=1a1+1a2+…+1a2 013的整数部分是(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】选B.由条件得1an+1-1=1an(an-1)
=1an-1-1an,
即有1an=1an-1-1an+1-1,
则m=1a1+1a2+…+1a2 013=1a1-1-1a2 014-1
=3-1a2 014-1.
又an+1-an=(an-1)2≥0,
则an+1≥an≥…≥a1>1,
从而有(an+1-an)-(an-an-1)
=(an-1)2-(an-1-1)2
=(an-an-1)(an+an-1-2)≥0,
则an1-an≥an-an-1≥…≥a2-a1=19,
则a2022=a1+(a2-a1)+…+(a2022-a2021)≥43+2 0139=225,
得a2022-1≥224,即有0<1a2 014-1<1,
则m∈(2,3),故选B.
5.(2022·衡水模拟)下列关于星星的图案构成一个数列,该数列的一个通项公式是(　　)

A.an=n2-n+1 B.an=n(n-1)2
C.an=n(n+1)2 D.an=n(n+2)2
【思路点拨】查找前几项的项数n与an的关系,总结规律写出通项.在选择题中,也可以用特例法或排解法得到结果.
【解析】选C.方法一:令n=1,23,4,验证答案知选C.
方法二:观看数列可知
a1=1,a2=1+2,a3=1+2+3,a4=1+2+3+4,
所以an=1+2+3+…+n=n(n+1)2.
【加固训练】古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种外形来争辩数,如图所示.

他们争辩过图中的1,5,12,22,…,由于这些数能够表示成五角形,将其称为五角形数,若按此规律连续下去,第n个五角形数an=　　　　.
【解析】观看图形,发觉a1=1,a2=a1+4,a3=a2+7,a4=a3+10,猜想当n≥2时,an=an-1+3n-2,所以an-an-1=3n-2,所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…a2-a1)+a1=(3n-2)+[3(n-1)-2]+…+(3×2-2)+1=32n2-12n.
答案:32n2-12n
6.数列{an}的通项an=nn2+90,则数列{an}中的最大值是(　　)
A.310 B.19 C.119 D.1060
【解析】选C.由于an=1n+90n,运用基本不等式得,
1n+90n≤1290,由于n∈N*,不难发觉当n=9或10时,an=119最大,故选C.
7.(2022·金华模拟)数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则a6=(　　)
A.3×44 B.3×44+1
C.45 D.45+1
【解析】选A.由于an+1=3Sn,
所以Sn+1-Sn=3Sn,即Sn+1=4Sn,
所以Sn+1Sn=4,又S1=a1=1,
所以数列{Sn}是首项为1,公比为4的等比数列,
所以Sn=1·4n-1=4n-1,
因此a6=S6-S5=45-44=3×44.
【一题多解】本题还可用以下两种方法解答:
方法一:由已知得a1=1,a2=3S1=3,
a3=3S2=12=3×4,a4=3S3=48=3×42,
a5=3S4=3×43,a6=3S5=3×44,故选A.
方法二:当n≥1时an+1=3Sn,则an+2=3Sn+1,
所以an+2-an+1=3Sn1-3Sn=3an+1,
即an+2=4an+1,
所以该数列从第2项开头是以4为公比的等比数列,
又a2=3S1=3a1=3,所以an=1,n=1,3×4n-2,n≥2.
所以当n=6时,a6=3×46-2=3×44.
8.在数列{an}中,若a1=12,an=11-an-1(n≥2,n∈N*),则a2021=(　　)
A.12 B.2 C.-12 D.-2
【解析】选B.由于a1=12,an=11-an-1(n≥2,n∈N*),
所以a2=2,a3=-1,a4=12.所以{an}是以3为周期的数列.
所以a2021=a671×3+2=a2=2.
二、填空题每小题5分,共20分)
9.(2022·衡阳模拟)已知数列{an}满足an=n2+kn,且数列{an}是递增数列,则实数k的取值范围是　　　　.
【解析】由题意知an+1-an=(n+1)2+k(n+1)-(n2+kn)=2n+1+k>0对n∈N*恒成立,即k>-2n-1对n∈N*恒成立,而-2n-1(n∈N*)的最大值为-3,故k>-3.
答案:(-3,+∞)
【误区警示】(1)在利用二次函数的观点解决该题时,确定要留意二次函数对称轴位置的选取.
(2)易错分析:本题易错写答案为(-2,+∞),缘由是忽视了数列作为函数的特殊性,即自变量是正整数.
【方法技巧】数列的性质的理解

(1)数列的单调性与实数区间上函数的单调性是不同的,区间上函数的单调性必需对区间内的实数满足单调性的定义,而数列的单调性只要求对正整数满足单调性的定义即可,如函数f(x)=2x2-5x的单调递增区间是54,+∞,而通项公式是an=2n2-5n的数列{an}对任意的正整数都满足单调递增的定义.
(2)数列的周期性是指存在正整数k(常数),对任意正整数n,an+k=an,在给出递推关系的数列中可以通过计算数列的前几项的值,探究其周期性.
(3)在由特殊得出一般结论的时候,确定要留意特殊中体现出来的一般规律,为了保证特殊化方法得出的结论具有一般意义,可以多计算数列中几项的值,加以验证.
【加固训练】
在数列{an}中,an=n2-kn,且{an}单调递增,则实数k的取值范围为　　　　　.
【解析】an+1-an=(n+1)2-k(n+1)-n2+kn=2n+1-k,
又{an}单调递增,故应有an+1-an>0,
即2n+1-k>0恒成立,分别变量得k<2n+1,故只需k<3即可.
答案:(-∞,3)
10.(2022·大连模拟)数列{an}满足:a1+3a2+5a3+…+(2n-1)·an=(n-1)·3n+1+3(n∈N*),则数列{an}的通项公式为an=　　　　　.
【解析】a1+3a2+5a3+…+(2n-3)·an-1+(2n-1)·an=(n-1)3n1+3,把n换成n-1,得a1+3a2+5a3+…+(2n-3)·an-1=(n-2)·3n+3,两式相减得an=3n.当n=1时,符合上式.
答案:3n
【加固训练】
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an+1an=n+1n,
则an=anan-1·an-1an-2·an-2an-3·…·a2a1·a1=nn-1×n-1n-2×n-2n-3×…×21×1=n,
所以a2=2,an=n.
答案:2　n
11.(2022·青岛模拟)无穷数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,…的首项是1,随后两项都是2,接下来3项都是3,再接下来4项都是4,以此类推,记该数列为{an},若an-1=20,an=21,则n=　　　　　.
【解析】将1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,…分组成{1},{2,2},{3,3,3},{4,4,4,4},
{5,…},….
第1组有1个数,第2组有2个数,以此类推.
明显an-1=20在第20组,an=21在第21组.
易知,前20组共1+202×20=210个数.
所以n=211.
答案:211
12.(力气挑战题)在一个数列中,假如∀n∈N*,都有anan+1an+2=k(k为常数),那么这个数列叫做等积数列,k叫做这个数列的公积,已知数列{an}是等积数列,且a1=1,a2=2,公积为8,则a1+a2+a3+…+a12=　　　　.
【解析】依题意得数列{an}是周期为3的数列,且a1=1,a2=2,a3=4,因此a1+a2+a3+…+a12=4(a1+a2+a3)=4×(1+2+4)=28.
答案:28
三、解答题(13题12分,14～15题各14分)
13.已知数列{an}的前n项和Sn=-12n2+kn,k∈N*,且Sn的最大值为8,试确定常数k,并求数列{an}的通项公式.
【思路点拨】数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数,利用Sn的最大值为8可确定常数k依据数列的前n项和与通项的关系可求通项公式.
【解析】由于Sn=-12n2+kn=-12(n-k)2+12k2,其中k是常数,且k∈N*,所以当n=k时,Sn取最大值12k2,故12k2=8,k2=16,
因此k=4,从而Sn=-12n2+4n.
当n=1时,a1=S1=-12+4=72;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-12n2+4n--12(n-1)2+4(n-1)=92-n.
当n=1时,92-1=72=a1.
所以an=92-n.
14.已知数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=an+1(n∈N*).
(1)求a1∶a2.
(2)设bn=log3|an|,求数列{bn}的通项公式.
【解析】(1)由已知4S1=a1+1,即4a1=a1+1,
所以a1=13.
又4S2=a2+1,即4(a1+a2)=a2+1,
所以a2=-19.
所以a1∶a2=3∶(-1).
(2)当n>1时,
an=Sn-Sn-1=14(an+1)-14(an-1+1),
即3an=-an-1,易知数列各项不为零.
所以anan-1=-13对n≥2恒成立,
所以{an}是首项为13,公比为-13的等比数列,
所以an=13-13n-1=(-1)n-13-n,
所以bn=log3|an|=log33-n=-n,即bn=-n.
15.(力气挑战题)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=a,an+1=Sn+3n,n∈N*.
(1)记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.
【思路点拨】

【解析】(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),即bn+1=2bn,
所以数列{bn}是首项b1=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,
an+1-an=4×3n-1+(a-3)2n-2
=2n-212·32n-2+a-3,
当n≥2时,由于an+1≥an,
所以12·32n-2+a-3≥0,
所以a≥-9.
又a2=a1+3>a1,
综上,所求的a的取值范围是[-9,+∞).
【误区警示】an与Sn的关系式an=Sn-Sn-1的使用条件是n≥2,求an时切勿漏掉n=1的状况.
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