2020版高考数学一轮复习专题6数列第40练数列的通项练习 5页

第40练数列的通项[基础保分练]1.若数列的前4项分别是，－，，－，则此数列的一个通项公式为(　　)A.an＝B.an＝C.an＝D.an＝2.(2019·台州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2019等于(　　)A.－22019－1B.32019－6C.2019－D.2019－3.已知数列{an}满足a1＝0,an＋1＝(n＝1,2,3,…),则a2019等于(　　)A.0B.C.－D.4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2，则a2019等于(　　)A.22021B.22020C.22019D.220185.由a1＝1，an＋1＝给出的数列{an}的第34项是(　　)A.B.100C.D.6.(2019·嘉兴模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，若bn＋1＝(n－λ)，b1＝－λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围是(　　)A.(2，＋∞)B.(3，＋∞)C.(－∞，2)D.(－∞，3)7.(2019·浙江杭州二中模拟)数列{an}中，满足a1，，，…，是首项为1，公比为3的等比数列，则a100等于(　　)A.390B.3100C.34950D.350508.数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝an＋2n，则a9等于(　　)A.1024B.1023C.510D.5119.数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝an，则an＝________.10.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，则an＝________.n[能力提升练]1.已知数列{an}的通项为an＝，当an取得最小值时，n的值为(　　)A.16B.15C.17D.142.(2019·浙江萧山中学模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋an＝2n＋1，且Sn＝1350.若a2<2，则n的最大值为(　　)A.51B.52C.53D.543.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足2S－(3n2－n－4)Sn－2(3n2－n)＝0，n∈N*，则数列{an}的通项公式是(　　)A.an＝3n－2B.an＝4n－3C.an＝2n－1D.an＝2n＋14.已知数列{an}中，a1＝2，n(an＋1－an)＝an＋1，n∈N*.若对于任意的t∈[0,1]，n∈N*，不等式<－2t2－(a＋1)t＋a2－a＋3恒成立，则实数a的取值范围为(　　)A.(－∞，－1)∪(3，＋∞)B.(－∞，－2]∪[1，＋∞)C.(－∞，－1]∪[3，＋∞)D.[－1,3]5.(2019·丽水模拟)已知数列{an}中，a1＝0，an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，若数列{bn}满足bn＝n··n－1，则数列{bn}的最大项为第______项.6.设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2－n＋1，正项等比数列{bn}的前n项和为Tn，且b2＝a2，b4＝a5,数列{cn}中，c1＝a1，且cn＝cn＋1－Tn，则{cn}的通项公式为______________________.答案精析基础保分练1.A　2.A　3.B　4.C　5.A　6.C　7.C　8.D　9.　10.n能力提升练1.B　[数列的通项公式an＝＝1＋，据此可得，1>a1>a2>a3>…>a15，且a16>a17>a18>a19>…>1，据此可得当an取得最小值时，nn的值为15.]2.A　[因为an＋1＋an＝2n＋1，①所以an＋2＋an＋1＝2(n＋1)＋1＝2n＋3，②②－①得an＋2－an＝2，且a2n－1＋a2n＝2(2n－1)＋1＝4n－1，所以数列{an}的奇数项构成以a1为首项，2为公差的等差数列，数列{an}的偶数项构成以a2为首项，2为公差的等差数列，数列{a2n－1＋a2n}是以4为公差的等差数列，所以Sn＝当n为偶数时，＝1350，无解(因为50×51＝2550，52×53＝2756，所以接下来不会有相邻两数之积为2700).当n为奇数时，＋(a1－1)＝1350，a1＝1351－.因为a2<2，所以3－a1<2，所以a1>1，所以1351－>1，所以n(n＋1)<2700，又n∈N*，所以n≤51，故选A.]3.A　[由满足2S－(3n2－n－4)Sn－2(3n2－n)＝0，n∈N*.因式分解可得[2Sn－(3n2－n)](Sn＋2)＝0，∵数列{an}的各项均为正数，∴2Sn＝3n2－n，当n＝1时，2a1＝3－1，解得a1＝1.当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝3n2－n－[3(n－1)2－(n－1)]＝6n－4，∴an＝3n－2，当n＝1时，上式成立.∴an＝3n－2.故选A.]4.C　[根据题意，数列{an}中，nn(an＋1－an)＝an＋1，∴nan＋1－(n＋1)an＝1，∴－＝－，∴＝＋＋…＋＋a1，＝＋＋…＋＋2＝3－＜3，∵＜－2t2－(a＋1)t＋a2－a＋3恒成立，∴3≤－2t2－(a＋1)t＋a2－a＋3.∴2t2＋(a＋1)t－a2＋a≤0，在t∈[0,1]上恒成立，设f(t)＝2t2＋(a＋1)t－a2＋a，t∈[0,1]，∴即解得a≤－1或a≥3.]5.6解析　由a1＝0，且an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，得an－an－1＝2n－1(n≥2)，则a2－a1＝2×2－1，a3－a2＝2×3－1，a4－a3＝2×4－1，…，an－an－1＝2n－1(n≥2)，以上各式累加得an＝2(2＋3＋…＋n)－(n－1)＝2×－n＋1＝n2－1(n≥2)，当n＝1时，上式仍成立，所以bn＝n··n－1＝n··n－1＝(n2＋n)·n－1(n∈N*).由得解得≤n≤.因为n∈N*，所以n＝6，所以数列{bn}的最大项为第6项.6.cn＝2n－n解析　∵Sn＝n2－n＋1，令n＝1，得a1＝1，an＝Sn－Sn－1＝2(n－1)(n≥2)，经检验a1＝1不符合上式，∴an＝又∵数列{bn}为等比数列，nb2＝a2＝2，b4＝a5＝8，∴＝q2＝4，∴q＝2，∴b1＝1，∴bn＝2n－1.Tn＝＝2n－1，∵c2－c1＝21－1，c3－c2＝22－1，…，cn－cn－1＝2n－1－1，以上各式相加得cn－c1＝－(n－1)，c1＝a1＝1，∴cn－1＝2n－n－1，∴cn＝2n－n.