课时验收评价(三十七) 数列的概念及通项公式

PAGE第3页共4页课时验收评价(三十七)数列的概念及通项公式一、点全面广强基训练1．数列－1，eq\f(4,3)，－eq\f(9,5)，eq\f(16,7)，…的一个通项公式是()A．an＝(－1)n·eq\f(n2,2n－1) B．an＝(－1)n·eq\f(nn＋1,2n－1)C．an＝(－1)n·eq\f(n2,2n＋1) D．an＝(－1)n·eq\f(nn＋1,2n＋1)解析：选A由数列－1，eq\f(4,3)，－eq\f(9,5)，eq\f(16,7)，…可知：奇数项的符号为“－”，偶数项的符号为“＋”，其分母为奇数2n－1，分子为n2.∴此数列的一个通项公式an＝(－1)n·eq\f(n2,2n－1).2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2－n，则a4的值为()A．7 B．13C．28 D．36解析：选B由题可知Sn＝2n2－n，则a4＝S4－S3＝(2×42－4)－(2×32－3)＝13，故选B.3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－7n，若3<ak<5，则k＝()A．8 B．7C．6 D．5解析：选Cn＝1时，a1＝1－7＝－6；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－7n－(n－1)2＋7(n－1)＝2n－8，由3<ak<5得3<2k－8<5，解得eq\f(11,2)<k<eq\f(13,2)，因为k∈N*，所以k＝6，故选C.4．数列{an}满足an＋1＋an＝(－1)n·n，则数列{an}的前20项的和为()A．－100 B．100C．－110 D．110解析：选A由an＋1＋an＝(－1)n·n，得a2＋a1＝－1，a3＋a4＝－3，a5＋a6＝－5，…，a19＋a20＝－19，∴{an}的前20项的和为a1＋a2＋…＋a19＋a20＝－1－3－…－19＝－eq\f(1＋19,2)×10＝－100.5．(2022·赣州一模)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)(n∈N*)，则该数列的前2021项的乘积是()A．－2 B．－1C．2 D．1解析：选C因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)(n∈N*)，所以a2＝eq\f(1＋a1,1－a1)＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，同理可得a3＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,3)，a5＝2，…，所以数列{an}每四项重复出现，即an＋4＝an，且a1·a2·a3·a4＝1，而2021＝505×4＋1，所以该数列的前2021项的乘积是a1·a2·a3·a4·…·a2021＝1505×a1＝2.6．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n－1(n∈N*)，则a1＝______；数列{an}的通项公式为an＝______.解析：由题意易得a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n－1)－[(n－1)2＋2(n－1)－1]＝2n＋1，而a1＝2≠3，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n＋1，n≥2.))答案：2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n＋1，n≥2))7．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4，若对n∈N*，都有an＋1＞an，则k的取值范围是________．解析：∵an＋1＞an，∴(n＋1)2＋k(n＋1)＋4＞n2＋kn＋4，∴k＞－2n－1恒成立(n∈N*)，∴k＞－3.答案：(－3，＋∞)8．设数列{an}的前n项和为Sn，且任意n∈N*，an＋1>an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.解析：任意n∈N*，an＋1>an，则数列{an}是递增的，任意n∈N*，Sn≥S6，即S6最小，只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0即可．所以，满足条件的数列{an}的一个通项公式为an＝n－6(n∈N*)．答案：n－6(n∈N*)(答案不唯一)9．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的正整数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.又a1＝1≠－3，所以数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－5，n≥2.))(2)由题意得cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,1－\f(4,2n－5)，n≥2，))由cn＝1－eq\f(4,2n－5)可知，当n≥5时，恒有cn＞0.又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－eq\f(1,3)，c5＝eq\f(1,5)，c6＝eq\f(3,7)，即c1·c2＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0，所以数列{cn}的变号数为3.10．(2022·昆明期末)在①an＋1－an＝2，S3＝9；②an＝(S2－2)n－1；③eq\r(Sn)＝n三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足________．(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}满足bn＋bn＋1＝2，求数列{bn}的前10项和．解：(1)选①：由an＋1－an＝2，知数列{an}是公差d＝2的等差数列，则S3＝3a1＋eq\f(1,2)×3×2×d＝3a1＋6＝9，得a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.选②：由an＝(S2－2)n－1，知a1＝(S2－2)－1＝a1＋a2－3，得a2＝3，a2＝2(S2－2)－1＝2a1＋2a2－5，得a1＝1，即S2＝a1＋a2＝4，所以数列{an}的通项公式为an＝(S2－2)n－1＝2选③：由eq\r(Sn)＝n，得Sn＝n2，则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－1，n≥2.))因为a1＝1＝2×1－1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)因为an＝2n－1，所以bn＋bn＋1＝2eq\f(an－1,2)＝2n－1，则b1＋b2＝1，b3＋b4＝22，b5＋b6＝24，b7＋b8＝26，b9＋b10＝28，数列{bn}的前10项和为：T10＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋(b7＋b8)＋(b9＋b10)＝1＋22＋24＋26＋28＝341.二、重点难点培优训练1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an，则数列{an}的通项公式an＝()A．(2n＋1)2－1 B．(2n＋1)2C．8n2 D．(n＋1)3解析：选D在4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an中，令n＝1，得8(a1＋1)＝9a1，所以a1＝8，因为4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an①所以4n·(Sn－1＋1)＝(n＋1)2an－1(n≥2)②，①－②得，4an＝eq\f(n＋22,n＋1)an－eq\f(n＋12,n)an－1，即eq\f(n2,n＋1)an＝eq\f(n＋12,n)an－1，an＝eq\f(n＋13,n3)an－1，所以an＝eq\f(an,an－1)×eq\f(an－1,an－2)×…×eq\f(a2,a1)×a1＝eq\f(n＋13,n3)×eq\f(n3,n－13)×…×eq\f(33,23)×8＝(n＋1)3(n≥2)，又a1＝8也满足此式，所以数列{an}的通项公式为an＝(n＋1)3.2.公元前4世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究．他们借助几何图形(或格点)来表示数，称为形数．形数是联系算数和几何的纽带．图为五角形数的前4个，则第10个五角形数为()A．120 B．145C．270D．285解析：选B记第n个五角形数为an，由题意知：a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，…，易知an－an－1＝3(n－1)＋1，由累加法得an＝eq\f(3n－1n,2)，所以a10＝145.3．记Sn为数列{an}的前n项和．“任意正整数n，均有an>0”是“{Sn}是递增数列”A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选A∵“an>0”⇒“数列{Sn}是递增数列”，∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件．假设数列{an}为－1,1,3,5,7,9，…，显然数列{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，∴“数列{Sn}是递增数列”不能推出“an>0”，∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件．∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．4．已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{aeq\o\al(2,n)}的前n项和为Tn，且3Tn＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)由3T1＝Seq\o\al(2,1)＋2S1，得3aeq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,1)＋2a1，即aeq\o\al(2,1)－a1＝0.因为a1>0，所以a1＝1.(2)因为3Tn＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn①，所以3Tn＋1＝Seq\o\al(2,n＋1)＋2Sn＋1②，②－①，得3aeq\o\al(2,n＋1)＝Seq\o\al(2,n＋1)－Seq\o\al(2,n)＋2an＋1.因为an＋1>0，所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2③，所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2④，④－③，得3