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- 2021-06-10 发布
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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.