新教材2024-2025学年高中数学第一章数列培优课1数列的通项公式问题分层作业北师大版选择性必修第二册

第一章培优课1数列的通项公式问题A级必备学问基础练1.[2024山东聊城统考模拟预料]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5=5,a1+S11=67,则a3a10是{an}中的()A.第30项 B.第36项 C.第48项 D.第60项2.已知在数列{an}中,a1=1,an+1=an1+2an,则这个数列的第A.2n-1 B.2n+1 C.12n3.[2024山东潍坊昌乐第一中学阶段练习]已知数列{an}满意a1=12,an+1=an+1n2+n,则{A.an=1n+1,n≥1,n∈B.an=32+1n,n≥1,C.an=-32-1n,n≥1,D.an=32-1n,n≥1,4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn=3n+1+t,则数列的通项公式an=.

5.在等比数列{an}中,a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a1,a2,a3中的任何两个数不在下表的同一列.行数列数第一列其次列第三列第一行3210其次行6414第三行9818则数列{an}的通项公式为.

6.数列{an}满意a1=1,Sn+1=4an+3.(1)求证:数列{an+1-2an}是等比数列;(2)求数列{an}的通项公式.7.已知数列{an}的前n项和Sn满意an·Sn=(Sn-1)2.(1)证明:数列1S(2)求数列{an}的通项公式.B级关键实力提升练8.已知在数列{an}中,a1=1,an+1=an+n,则数列{an}的通项公式为()A.an=n2B.an=nC.an=n2D.an=n2-n+19.在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3(n∈N+),则该数列的通项an=()A.2n+1-3 B.2n-3C.2n+1+3 D.2n+1-110.在数列{an}中,a1=2,an+1n+1=ann+lnA.a8 B.2+(n-1)lnnC.1+n+lnn D.2n+nlnn11.已知数列{an}满意a1=1,an=n(an+1-an),则数列{an}的通项公式为()A.an=2n-1 B.an=n+1C.an=n2 D.an=n12.已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=6,Sn=(n+1)an2(n∈N+A.an=3n B.an=3nC.an=n+4 D.an=n2+213.正项数列{an}满意anan+2=an+12,n∈N+.若a5=9,a2a4=1,则a214.数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+3,则an=.

15.在数列{an}中,a1=0,an+1-an=1n+n+1,且an=16.已知数列{an}满意a1a2…an=2-2an,n∈N+.(1)求a1的值,并证明数列11(2)求数列{an}的通项公式并证明:23≤an<117.已知f(x)=-4+1x2,数列{an}的前n项和为Sn,点Pnan,-1an+1在曲线y=f(x)上(n∈N+)且(1)求数列{an}的通项公式;(2)数列{bn}的前n项和为Tn,且满意Tn+1an2=Tnan+12+16nC级学科素养创新练18.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满意a1=1,nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1)2,(1)求数列{an}的通项公式.(2)是否存在正整数k,使ak,S2k,a4k成等比数列?若存在,求k的值;若不存在,请说明理由.

参考答案培优课1数列的通项公式问题1.A设等差数列{an}的公差为d,由a5=5,得a1+4d=5①;由a1+S11=67,得12a1+11×102d=67,即12a1+55d=由①②解得a1=1,d=1,所以an=n.于是a3a10=3×10=30,而a30=30,故a3a10是{an}中的第30项.故选A.2.C∵an+1=an1+2an,a1=1,∴∴1an为等差数列,公差为2,首项1a1=∴1an=1+(n-1)×2=2n-1,∴an=3.D因为an+1=an+1n2+n,所以an+1-a则当n≥2,n∈N+时,a将(n-1)个式子相加可得an-a1=1-12+12-13+…因为a1=12,则an=1-1当n=1时,a1=32所以an=32-1n,n≥1,n故选D.4.2×3n∵在等比数列{an}中,前n项和Sn=3n+1+t,∴a1=S1=9+t,a2=S2-S1=18,a3=S3-S2=54,∴182=54(9+t),解得t=-3,∴a1=9+t=6,公比q=3,∴an=6×3n-1=2×3n.5.an=2×3n-1当a1=3时,不合题意;当a1=2时,当且仅当a2=6,a3=18时,符合题意;当a1=10时,不合题意.因此a1=2,a2=6,a3=18,所以公比q=3,故an=2×3n-1.6.(1)证明当n=1时,a1=1,S2=a1+a2=4a1+3,解得a2=6,当n≥2时,由Sn+1=4an+3可知Sn=4an-1+3,两式作差可得an+1=4an-4an-1,即an+1-2an=2(an-2an-1),又因为a2-2a1=4,所以an-2an-1≠0,所以an+1所以数列{an+1-2an}是首项为4,公比为2的等比数列.(2)解由(1)知an+1-2an=4×2n-1=2n+1,两边同除以2n+1,得an+1又因为a1所以数列an2n所以an2n=12+整理得an=2n-1(2n-1),故数列{an}的通项公式为an=2n-1(2n-1).7.(1)证明当n=1时,由an·Sn=(Sn-1)2得a1=S1=12,当n≥2时,由an·Sn=(Sn-1)2有(Sn-Sn-1)·Sn=(Sn-1)2,所以Sn=12-S又1S1-1=-2,所以数列1Sn(2)解由(1)知1Sn-1=-2-(n-1)=-n-1,所以S当n≥2时,an=Sn-Sn-1=nn当n=1时,a1=12也满意an=1所以数列{an}的通项公式为an=1n8.C因为an+1=an+n,所以an=an-1+n-1(n≥2).又因为a1=1,则an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=(n-1)+(n-2)+…+1+1=(n-1+1)(n故选C.9.A由an+1=2an+3,得an+1+3=2(an+3),又a1=1,∴a1+3=4≠0,∴数列{an+3}是以4为首项,以2为公比的等比数列,则an+3=4×2n-1,∴an=2n+1-3.故选A.10.D由题意得,an+1n+1则ann=an-1n-1+ln由累加法得ann=a11+lnnn-1即ann=a1+ln则ann=2+ln所以an=2n+nlnn.故选D.11.D由an=n(an+1-an),得(n+1)an=nan+1,即an+1an=n+1n由累乘法可得ana1=n,所以an=n,又a1=1,符合上式,所以an=n.故选D.12.A当n=1时,S1=a1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n整理得(n-1)an=nan-1,即an由累乘法得an=a2×a3a2×a4a3×…×anan-又S2=2+12·a2=a2+a1,解得a1=3,满意上式综上,an=3n(n∈N+).故选A.13.13∵an>0,anan+2=a∴an+2an+1∴{an}是等比数列,设数列{an}的公比为q,且q>0,由a5=9,a2a4=1得a1q∴a2=a1q=19×3=114.2,n=1,2n-3,n≥2依据题意,数列{a当n=1时,a1=S1=1-2+3=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-2n+3-(n-1)2+2(n-1)-3=2n-3,故an=215.100依据题意,an+1-an=1n∴a2-a1=2-1,a3-a2=3-……an-an-1=n-上述式子相加可得an-a1=n-1,即an=n-1,令n-1=9,解得n=100.16.(1)解当n=1时,a1=2-2a1,解得a1=23当n≥2时,a1a2…an=2-2an,a1a2…an-1=2-2an-1,两式相除得an=1-an1-an-整理得11-an-1=an即11-an-11-a∵11-∴11-(2)证明由(1)得11-则an=n+1n+2(n∈N∵an=n+1n+2=1-又数列{an}是递增数列,∴an≥a1=23∴23≤an<117.解(1)因为f(x)=-4+1x2,且点Pnan,-1an+1在曲线y=f(x)上(n所以1an+1=所以1a所以1an2=1+4(n-1)=4n-3,即an=14n-3(2)由(1)知:Tn+1an2=Tn即为(4n-3)Tn+1=(4n+1)Tn+(4n-3)(4n+1),整理得Tn+1所以数列Tn4n-3是以T1为首项,以1为公差的等差数列,则Tn4n-3=T1+n-1,即当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=4b1+8n-11,若{bn}是等差数列,则b1适合上式,令n=1,得b1=4b1-3,解得b1=1.18.解(1)由nSn+1-(n+1)Sn=n(得Sn∴数列