高考数学复习 第六章 第一节 数列的概念及简单的表示方法 文试题

第一节数列的概念及简单的表示方法考点数列的概念及表示1.(2013·辽宁，4)下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的四个命题：p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；p3：数列{eq\f(an,n)}是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列.其中的真命题为()A.p1，p2B.p3，p4C.p2，p3D.p1，p4解析如数列－2，－1，0，1，2，…，则1×a1＝2×a2，排除p2，如数列1，2，3，…，则eq\f(an,n)＝1，排除p3，故选D.答案D2.(2012·大纲全国，6)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝()A.2n－1B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)D.eq\f(1,2n－1)解析∵a1＝1，Sn＝2an＋1，∴a2＝eq\f(1,2).∴Sn－1＝2an.两式作差则得到eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)(n≥2).∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)，n≥2.))∴Sn＝1＋eq\f(\f(1,2)－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－1),1－\f(3,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1).答案B3.(2011·四川，9)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6等于()A.3×44B.3×44＋1C.45D.45＋1解析当n≥1时，an＋1＝3Sn，则an＋2＝3Sn＋1，∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即an＋2＝4an＋1，∴该数列从第2项开始是以4为公比的等比数列，又a2＝3S1＝3a1＝3，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1,3×4n－2))eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(（n＝1），,（n≥2）.))∴当n＝6时，a6＝3×46－2＝3×44.答案A4.(2014·新课标全国Ⅱ，16)数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,1－an)，a8＝2，则a1＝________.解析将a8＝2代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a7＝eq\f(1,2)；再将a7＝eq\f(1,2)代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)5.(2011·浙江，17)若数列{n(n＋4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)}中的最大项是第k项，则k＝________.解析由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k（k＋4）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(k)＞（k－1）（k＋3）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(k－1)，,k（k＋4）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(k)＞（k＋1）（k＋5）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(k＋1)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（k－1）2＜10，,k2＞10.))又k∈N*，所以k＝4.故填4.答案46.(2014·江西，17)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(3n2－n,2)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列.(1)解由Sn＝eq\f(3n2－n,2)，得a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，所以数列{an}的通项公式为：an＝3n－2.(2)证明要使得a1，an，am成等比数列，只需要aeq\o\al(2,n)＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2，而此时m∈N*，且m＞n.所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列.7.(2014·湖南，16)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和.解(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n.故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n).记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝eq\f(2（1－22n）,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.8.(2013·江西，16)正项数列{an}满足：aeq\o\al(2,n)－(2n－1)an－2n＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝eq\f(1,（n＋1）an)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由aeq\o\al(2,n)－(2n－1)an－2n＝0，得(an－2n)(an＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以an＝2n.(2)由an＝2n，bn＝eq\f(1,（n＋1）an)，则bn＝eq\f(1,2n（n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,2（n＋1）).9.(2012·四川，20)已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ＞0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设a1＞0，λ＝100.当n为何值时，数列{lgeq\f(1,an)}的前n项和最大？解(1)取n＝1，得λaeq\o\al(2,1)＝2S1＝2a1，a1(λa1－2)＝0.若a1＝0，则Sn＝0.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝0，所以an＝0(n≥1).若a1≠0，则a1＝eq\f(2,λ).当n≥2时，2an＝eq\f(2,λ)＋Sn，2an－1＝eq\f(2,λ)＋Sn－1，两式相减得2an－2an－1＝an，所以an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列，所以an＝a1·2n－1＝eq\f(2,λ)·2n－1＝eq\f(2n,λ).综上，当a1＝0时，an＝0；当a1≠0时，an＝eq\f(2n,λ).(2)当a1＞0且λ＝100时，令bn＝lgeq\f(1,an)，由(1)有，bn＝lgeq\