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  • 2021-06-10 发布

浙江专用2020版高考数学一轮复习+专题6数列+第40练数列的通项

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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.-22019-1 B.32019-6‎ C.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.22018‎ ‎5.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.35050‎ ‎8.数列{an}中,a1=1,且an+1=an+2n,则a9等于(  )‎ A.1024B.1023C.510D.511‎ ‎9.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=________.‎ ‎[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.14‎ ‎2.(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.54‎ ‎3.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-2 B.an=4n-3‎ C.an=2n-1 D.an=2n+1‎ ‎4.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,n 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+3,②‎ ‎②-①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,‎ n(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,‎ b2=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.‎

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