考点28数列的概念与简单表示法2020年领军高考数学理一轮必刷题教师版备战2020年高考理科数学必刷

1考点28数列的概念与简单表示法1、数列{an}满足an＋an＋1＝12(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为()A．5B．72C．92D．132【答案】B【解析】∵an＋an＋1＝12，a2＝2，∴an＝－32，n为奇数，2，n为偶数.∴S21＝11×－32＋10×2＝72.2、给定数列1,2+3+4,5+6+7+8+9,10+11+12+13+14+15+16,…,则这个数列的一个通项公式是()A.an=2n2+3n-1B.an=n2+5n-5C.an=2n3-3n2+3n-1D.an=2n3-n2+n-2【答案】C【解析】当n=1时,a1=1,代入四个选项,排除A、D;当n=2时,a2=9,代入B、C选项,B、C都正确;当n=3时,a3=35,代入B、C选项,B错误,C正确,所以选C.3、在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则a3a5的值是()A.1516B．158C．34D．38【答案】C【解析】由已知得a2＝1＋(－1)2＝2，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝12，∴12a4＝12＋(－1)4，a4＝3，∴3a5＝3＋(－1)5，∴a5＝23，∴a3a5＝12×32＝34.4、意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,….该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为“斐波那契数列”,则(a1a3-)(a2a4-)(a3a5-)…(a2015a2017-)=()A.1B.-1C.2017D.-2017【答案】B2【解析】∵a1a3-=1×2-12=1,a2a4-=1×3-22=-1,a3a5-=2×5-32=1,…,a2015a2017-=1.∴(a1a3-)(a2a4-)(a3a5-)·…·(a2015a2017-)=11008×(-1)1007=-1.5、已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则满足ann≤2的正整数n的集合为()A．{1,2,3}B．{2,3,4}C．{1,2,3,4}D．{1,2,3,4,5}【答案】C【解析】因为Sn＝2an－1，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1.又a1＝2a1－1，所以a1＝1，故an＝2n－1.又ann≤2，即2n－1≤2n，所以有n∈{1,2,3,4}．6、已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1＋an1－an(n∈N*)，则a2018的值为()A．－8B．－3C．－4D．13【答案】B【解析】由a1＝2，an＋1＝1＋an1－an(n∈N*)得，a2＝－3，a3＝－12，a4＝13，a5＝2，可见数列{an}的周期为4，所以a2018＝a504×4＋2＝a2＝－3.7、已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2018=()A.22018-1B.32018-6C.2018-D.2018-【答案】A【解析】由题意可得3Sn=2an-3n,3Sn+1=2an+1-3(n+1),两式作差可得3an+1=2an+1-2an-3,即an+1=-2an-3,则an+1+1=-2(an+1),结合3S1=2a1-3=3a1可得a1=-3,a1+1=-2,则数列{an+1}是首项为-2,公比为-2的等比数列,据此有a2018+1=(-2)×(-2)2017=22018,∴a2018=22018-1.故选A.8、已知数列{an}与{bn}的通项公式分别为an＝－n2＋4n＋5，bn＝n2＋(2－a)n－2a.若对任意正整数n，an＜0或bn＜0，则a的取值范围为()3A．(5，＋∞)B．(－∞，5)C．(6，＋∞)D．(－∞，6)【答案】A【解析】由an＝－n2＋4n＋5＝－(n＋1)(n－5)可知，当n＞5时，an＜0.由bn＝n2＋(2－a)n－2a＝(n＋2)(n－a)＜0及已知易知－2＜n＜a，为使当0＜n≤5时，bn＜0，只需a＞5.故选A.9、在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式an＝()A．2n－1B．2n－1＋1C．2n－1D．2(n－1)【答案】A【解析】由an＋1＝2an＋1，可求a2＝3，a3＝7，a4＝15，…，验证可知an＝2n－1.10、若数列{an}满足(n－1)an＝(n＋1)an－1(n≥2)且a1＝2，则满足不等式an＜462的最大正整数n为()A．19B．20C．21D．22【答案】B【解析】由(n－1)an＝(n＋1)an－1得，anan－1＝n＋1n－1，则an＝a1×a2a1×a3a2×…×anan－1＝2×31×42×…×n＋1n－1＝n(n＋1)．又an＜462，即n(n＋1)＜462，所以n2＋n－462＜0，即(n－21)(n＋22)＜0，因为n＞0，所以n＜21.故所求的最大正整数n＝20.11、数列{an}满足a1=,an+1-1=an(an-1)(n∈N+),且Sn=+…+,则Sn的整数部分的所有可能值构成的集合是()A.{0,1,2}B.{0,1,2,3}C.{1,2}D.{0,2}【答案】A【解析】对an+1-1=an(an-1)两边取倒数,得-=,Sn=++…+=-+-+…+-=3-,由an+1-an=≥0,an+1≥an,an为递增数列,a1=,a2=,a3=,其中S1=,整数部分为0,S2=3-=,整数部分为0,S3=,整数部分为1,由于Sn3,故选A.12、在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和为同一个常数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和,已知数列{an}是等和数列,且a1=2,公和为5,那么a18=.【答案】3【解析】由题意得an+an+1=5⇒an+2+an+1=5⇒an=an+2,所以a18=a2=5-a1=3.13、已知数列{an}的通项公式an＝2·3n－1n为偶数，2n－n为奇数，则a3a4＝________.【答案】544【解析】由题意知，a3＝2×3－5＝1，a4＝2×34－1＝54，∴a3a4＝54.14、数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N+,则S5=.【答案】121【解析】由于解得a1=1.由an+1=Sn+1-Sn=2Sn+1,得Sn+1=3Sn+1,所以Sn+1+=3Sn+,所以是以为首项,3为公比的等比数列,所以Sn+=×3n-1,即Sn=,所以S5=121.15、已知数列{an}的前n项和Sn＝13an＋23，则{an}的通项公式an＝________.【答案】－12n－1【解析】当n＝1时，a1＝S1＝13a1＋23，∴a1＝1;当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝13an－13an－1，∴anan－1＝－12.∴数列{an}是首项a1＝1，公比q＝－12的等比数列，故an＝－12n－1.16、在数列{an}中,a1=0,an+1=,则S2019=.【答案】0【解析】∵a1=0,an+1=,∴a2==,a3===-,a4==0,即数列{an}的取值具有周期性,周期为3,且a1+a2+a3=0,则S2019=S3×673=0.17、已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-n,则an=.【答案】2n-1【解析】当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-n-2an-1+(n-1),即an=2an-1+1,∴an+1=2(an-1+1).又a1=S1=2a1-1,∴a1=1.∴数列{an+1}是以首项为a1+1=2,公比为2的等比数列,∴an+1=2·2n-1=2n,∴an=2n-1.518、已知数列{an}，{bn}，Sn为数列{an}的前n项和，且满足a2＝4b1，Sn＝2an－2，nbn＋1－(n＋1)bn＝n3＋n2(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{bn}的通项公式．【答案】(1)2n(2)n3－n2＋2n2，n∈N*【解析】(1)当n＝1时，S1＝2a1－2，则a1＝2.当n≥2时，由Sn＝2an－2，Sn－1＝2an－1－2得an＝2an－2an－1，则an＝2an－1，n≥2.综上，数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，故an＝2n，n∈N*.(2)∵a2＝4b1＝4，∴b1＝1.∵nbn＋1－(n＋1)bn＝n3＋n2，∴bn＋1n＋1－bnn＝n，故bnn－bn－1n－1＝n－1，…，b33－b22＝2，b22－b11＝1，n≥2，将上面各式累加得bnn－b11＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＝nn－2，∴bn＝n3－n2＋2n2，n∈N*.19、设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a∈R且a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)设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．【答案】(1)(a－3)2n－1(2)[－9,3)∪(3，＋∞)【解析】(1)由题意知，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2Sn＋3n－3n＋1＝2(Sn－3n)，又S1－31＝a－3(a≠3)，故数列{Sn－3n}是首项为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，所以an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－212·32n－2＋a－3，当n≥2时，an＋1≥an⇔12·32n－2＋a－3≥0⇔a≥－9.又a2＝a1＋3＞a1.综上，所求的a的取值范围是[－9,3)∪(3，＋∞)．620、已知{an}是公差为d的等差数列，它的前n项和为Sn，S4＝2S2＋4，数列{bn}中，bn＝1＋anan.(1)求公差d的值；(2)若a1＝－52，求数列{bn}中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，求a1的取值范围．【答案】(1)1(2)3－1(3)(－7，－6)【解析】(1)∵S4＝2S2＋4，∴4a1＋3×42d＝2(2a1＋d)＋4，解得d＝1.(2)∵a1＝－52，∴数列{an}的通项公式为an＝－52＋(n－1)＝n－72，∴bn＝1＋1an＝1＋1n－72.∵函数f(x)＝1＋1x－72在－∞，72和72，＋∞上分别是单调减函数，∴b3＜b2＜b1＜1，当n≥4时，1＜bn≤b4，∴数列{bn}中的最大项是b4＝3，最小项是b3＝－1.(3)由bn＝1＋1an，得bn＝1＋1n＋a1－1.又函数f(x)＝1＋1x＋a1－1在(－∞，1－a1)和(1－a1，＋∞)上分别是单调减函数，且x＜1－a1时，y＜1；当x＞1－a1时，y＞1.∵对任意的n∈N*，都有bn≤b8，∴7＜1－a1＜8，∴－7＜a1＜－6，∴a1的取值范围是(－7，－6)．