2021届数学版总复习课时作业32数列的概念与简单表示法含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021届高考数学苏教版一轮总复习课时作业32数列的概念与简单表示法含解析课时作业32数列的概念与简单表示法一、选择题1．数列0,1，0,－1，0，1,0，－1,…的一个通项公式an等于（D)A．eq\f（－1n＋1,2） B．coseq\f(nπ，2)C．coseq\f(n＋1,2)π D．coseq\f（n＋2,2）π解析:令n＝1，2,3,…，逐一验证四个选项，易得D正确．2．若数列{an｝满足a1＝1，a2＝3，an＋1＝(2n－λ)an(n＝1，2，…)，则a3等于(D)A．5 B．9C．10 D．15解析：令n＝1，则3＝2－λ，即λ＝－1，由an＋1＝（2n＋1)an，得a3＝5a2＝5×3＝15.故选D．3．若Sn为数列｛an｝的前n项和，且Sn＝eq\f(n,n＋1)，则eq\f(1，a5)等于(D）A．eq\f（5，6） B．eq\f(6,5）C．eq\f（1，30） D．30解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f（n,n＋1）－eq\f（n－1,n)＝eq\f（1,nn＋1)，所以eq\f(1,a5）＝5×6＝30。4．（2020·辽宁锦州月考)已知数列｛an}满足a1＝eq\f(1,7），对任意正整数n，an＋1＝eq\f（7,2)an(1－an),则a2019－a2018＝（B）A．eq\f(4,7) B．eq\f（3,7）C．－eq\f（4,7) D．－eq\f(3,7）解析：∵a1＝eq\f(1,7）,an＋1＝eq\f(7,2)an(1－an），∴a2＝eq\f(3,7）,a3＝eq\f(6,7），a4＝eq\f（3,7），a5＝eq\f（6,7），…，∴n≥2时，｛an｝的奇数项为eq\f(6，7），偶数项为eq\f(3,7)，∴a2019－a2018＝eq\f(6，7）－eq\f(3，7)＝eq\f（3，7），故选B．5．（2020·山西河津月考）设数列｛an｝满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq\f(n,2）（n∈N*),则{an}的通项公式为an＝(C）A．eq\f（1,2n） B．eq\f(1,2n－1）C．eq\f（1，2n) D．eq\f（1，2n＋1）解析：∵a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq\f（n,2）(n∈N*)，∴易知n≥2时，2n－1an＝eq\f(1，2)，又a1＝eq\f(1,2)，∴对一切n∈N＊，2n－1an＝eq\f(1,2),∴an＝eq\f（1,2n)，故选C．6．若数列{an｝的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*），则数列｛nan}中数值最小的项是(B）A．第2项 B．第3项C．第4项 D．第5项解析：∵Sn＝n2－10n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．∴an＝2n－11（n∈N＊）．记f(n）＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n,此函数图象的对称轴为直线n＝eq\f(11,4），但n∈N＊,∴当n＝3时，f(n)取最小值．∴数列{nan}中数值最小的项是第3项．7．（2020·西宁模拟）数列｛an｝满足a1＝2,an＋1＝aeq\o\al（2，n）(an>0）,则an＝(D)A．10n－2 B．10n－1C．102n－4 D．22n－1解析：因为数列{an｝满足a1＝2，an＋1＝aeq\o\al(2，n)（an>0),所以log2an＋1＝2log2an⇒eq\f（log2an＋1，log2an）＝2，所以｛log2an}是公比为2的等比数列，所以log2an＝log2a1·2n－1⇒an＝22n－1。8．(2020·陕西西安模拟）已知数列{an}满足a1＝eq\f(1，2)，an＋1＝1－eq\f（1,an）（n∈N*)，则使a1＋a2＋…＋ak〈100（k∈N＊)成立的k的最大值为(C)A．198 B．199C．200 D．201解析：∵a1＝eq\f(1，2），an＋1＝1－eq\f（1，an)(n∈N＊），∴a2＝－1,a3＝2，a4＝eq\f（1,2)，…，∴a1＋a2＋a3＝eq\f(3,2），∴a1＋a2＋a3＋…＋a198＋a199＋a200＝eq\f(197,2）<100，a1＋a2＋a3＋…＋a198＋a199＋a200＋a201＝eq\f(201,2）>100，a1＋a2＋a3＋…＋a198＋a199＋a200＋a201＋a202＝101〉100,a1＋a2＋a3＋…＋a198＋a199＋a200＋a201＋a202＋a203＝100，∴满足题意的k的值为200，故选C．二、填空题9．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列｛an｝的通项公式an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2，n＝1，，6n－5,n≥2）).解析:当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1）2－2(n－1）＋1］＝6n－5，显然当n＝1时,不满足上式．故数列｛an}的通项公式为an＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（2，n＝1，，6n－5，n≥2。）)10．已知数列{an}满足a1＝1,an－an＋1＝nanan＋1（n∈N*)，则an＝eq\f（2，n2－n＋2）。解析：由an－an＋1＝nanan＋1，得eq\f(1，an＋1）－eq\f（1,an)＝n，则由累加法得eq\f（1,an）－eq\f(1,a1）＝1＋2＋…＋(n－1）＝eq\f（n2－n，2）(n≥2），又因为a1＝1，所以eq\f（1,an）＝eq\f（n2－n，2）＋1＝eq\f（n2－n＋2，2），所以an＝eq\f(2，n2－n＋2）(n≥2)，经检验，当n＝1时,a1＝1符合上式．所以an＝eq\f(2,n2－n＋2）(n∈N＊）．11．已知数列｛an｝满足a1＝1,a2＝4,an＋2＋2an＝3an＋1（n∈N*)，则数列{an｝的通项公式an＝3×2n－1－2.解析：由an＋2＋2an－3an＋1＝0,得an＋2－an＋1＝2（an＋1－an)，∴数列{an＋1－an｝是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1－an＝3×2n－1，∴n≥2时,an－an－1＝3×2n－2,…,a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，将以上各式累加得an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)，∴an＝3×2n－1－2(n≥2）,经检验，当n＝1时，a1＝1,符合上式．∴an＝3×2n－1－2。12．(2019·福州质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1,且Sn＝λan－1（λ为常数),若数列｛bn}满足anbn＝－n2＋9n－20，且bn＋1<bn，则满足条件的n的取值集合为{5,6}．解析:因为a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数）,所以a1＝λ－1＝1,解得λ＝2,所以Sn＝2an－1,所以Sn－1＝2an－1－1(n≥2），所以an＝2an－1，所以an＝2n－1(n≥2）．因为当n＝1时，a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1.因为anbn＝－n2＋9n－20，所以bn＝eq\f（－n2＋9n－20，2n－1)，所以bn＋1－bn＝eq\f(n2－11n＋28,2n）＝eq\f（n－4n－7，2n）〈0，解得4<n<7，又因为n∈N＊,所以n＝5或n＝6.即满足条件的n的取值集合为{5,6}．三、解答题13．(2020·甘肃酒泉联考)已知数列{an}的通项公式是an＝eq\f(9n2－9n＋2，9n2－1）.（1)判断eq\f(98，101)是不是数列{an｝中的项；（2)在区间eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,3)，\f(2，3)）)内有没有数列{an}中的项？若有，是第几项;若没有,请说明理由．解:(1）因为an＝eq\f（9n2－9n＋2，9n2－1）＝eq\f（3n－13n－2,3n－13n＋1）＝eq\f(3n－2,3n＋1）,所以由an＝eq\f(3n－2,3n＋1）＝eq\f(98，101），解得n＝eq\f(100,3）。因为eq\f（100，3）不是正整数,所以eq\f(98，101）不是数列｛an}中的项．（2)令eq\f（1，3)〈an<eq\f（2,3)，即eq\f（1,3）<eq\f（3n－2，3n＋1）〈eq\f(2,3），则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋1<9n－6，，9n－6〈6n＋2，))解得eq\f(7，6）<n〈eq\f(8，3).又n∈N＊，所以n＝2,故在区间eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,3），\f（2,3)））内有数列{an｝中的项,且只有一项，是第二项．14．设数列{an｝的前n项和为Sn，数列{Sn｝的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N＊.(1)求a1的值；(2)求数列{an｝的通项公式．解:(1)令n＝1，T1＝2S1－1，∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.（2）n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－（n－1)2,则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－［2Sn－1－（n－1)2］＝2（Sn－Sn－1）－2n＋1＝2an－2n＋1.因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，所以Sn＝2an－2n＋1（n∈N*)，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2（n－1）＋1，两式相减得an＝2an－2an－1－2，所以an＝2an－1＋2（n≥2），所以an＋2＝2（an－1＋2），因为a1＋2＝3≠0，所以数列{an＋2}是以3为首项,2为公比的等比数列．所以an＋2＝3×2n－1，所以an＝3×2n－1－2，当n＝1时也成立,所以an＝3×2n－1－2.15．（2020·辽宁五校联考）已知数列{an｝的前n项和为Sn,且Sn－an＝（n－1）2，bn＝eq\f(2an，S\o\al(2,n))，则数列｛bn}的最小项为（B)A．b2 B．b3C．b4 D．b5解析：因为an＝Sn－Sn－1（n≥2）,所以Sn－an＝Sn－1（n≥2）．又Sn－an＝(n－1)2，所以Sn－1＝(n－1)2(n≥2)，则Sn＝n2（n∈N＊)．于是an＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－1（n≥2）,又a1＝1,符合上式，所以an＝2n－1(n∈N＊),所以bn＝eq\f(22n－1,n4)，bn＋1＝eq\f（22n＋1，n＋14），eq\f（bn＋1,bn)＝eq\f（22n4，n＋14）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（\r(2)n,n＋1）））4.令eq\f(\r（2)n,n＋1)〉1，则n〉eq\r(2）＋1，所以当1≤n<3时，bn〉bn＋1，当n≥3时，bn<bn＋1.又b2＝eq\f(1,2)，b3＝eq\f（32，81）,b2>b3,所以b3最小．故选B．16．(2020·河北唐山模拟）各项均为正数的数列｛an｝满足a1＝1，an·an＋2＝3an＋1（n∈N*），则a5·a2019＝27.解析：由an·an＋2＝3an＋1知n≥2时，an－1·an＋1＝3an，两式相乘得an－1·an＋2＝9，又an＋2·an＋5＝9，得an－1＝an＋5，则数列周期为6，又a1a4＝9，则a4＝9，故a5·a2019＝a5·a6×336＋3＝a5·a3＝3a4＝27.17．已知二次函数f(x）＝x2－ax＋a(a〉0，x∈R)有且只有一个零点,数列｛an｝的前n项和Sn＝f（n）（n∈N＊)．（1)求数列{an}的通项公式;(2）设cn＝1－eq\f（4，an)（n∈N*）,定义所有满足cm·cm＋1〈0正整数m的个数,称为这个数列｛cn}的变号数，求数列｛cn}的变号数．解:(1）依题意，Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4.又由a〉0得a＝4,所以f(x）＝x2－4x＋4。所以Sn＝n2－4n＋4.当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5。所以an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(1,n＝1，,2n－5，n≥2.)）(2)由题意得cn