2025届高考数学统考一轮复习课后限时集训37数列的概念与简单表示法理含解析新人教版

PAGE课后限时集训(三十七)数列的概念与简洁表示法建议用时：40分钟一、选择题1．已知数列eq\r(3)，eq\r(5)，eq\r(7)，…，eq\r(2n－1)，eq\r(2n＋1)，则3eq\r(5)是这个数列的()A．第20项 B．第21项C．第22项 D．第23项C[由题意知，数列的通项公式为an＝eq\r(2n＋1)，令eq\r(2n＋1)＝3eq\r(5)得n＝22，故选C．]2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为()A．15B．16C．49D．64A[当n＝8时，a8＝S8－S7＝82－72＝15.]3．数列{an}中，an＋1＝2an＋1，a1＝1，则a6＝()A．32B．62C．63D．64C[数列{an}中，an＋1＝2an＋1，故an＋1＋1＝2(an＋1)，因为a1＝1，故a1＋1＝2≠0，故an＋1≠0，所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以an＋1＝2n，即an＝2n－1，故a6＝63，故选C．]4．(2024·柳州模拟)若数列{an}满意a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，则a2020的值为()A．2B．－3C．－eq\f(1,2)D．eq\f(1,3)D[由题意知，a2＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝eq\f(1－3,1＋3)＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq\f(1,3)，a5＝eq\f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2，a6＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，…，因此数列{an}是周期为4的周期数列，∴a2020＝a505×4＝a4＝eq\f(1,3).故选D．]5．已知各项都为正数的数列{an}满意aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1an－2aeq\o\al(2,n)＝0，且a1＝2，则数列{an}的通项公式为()A．an＝2n－1 B．an＝3n－1C．an＝2n D．an＝3nC[∵aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1an－2aeq\o\al(2,n)＝0，∴(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0.∵数列{an}的各项均为正数，∴an＋1＋an＞0，∴an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an(n∈N*)，∴数列{an}是以2为公比的等比数列．∵a1＝2，∴an＝2n.]6．记Sn为数列{an}的前n项和．“随意正整数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A[∵“an>0”⇒“数列{Sn}是递增数列”∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”如数列{an}为－1,1,3,5,7,9，…，明显数列{Sn}是递增数列，但是an不肯定大于零，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”∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”二、填空题7．若数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(2,3)n2－eq\f(1,3)n，则数列{an}的通项公式an＝.eq\f(4,3)n－1[当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,3).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2,3)n2－eq\f(1,3)n－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n－12－\f(1,3)n－1))＝eq\f(4n,3)－1.又a1＝eq\f(1,3)适合上式，则an＝eq\f(4,3)n－1.]8．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝.－eq\f(1,n)[∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.∵Sn≠0，∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1.又eq\f(1,S1)＝－1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq\f(1,n).]9．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝，数列{nan}中数值最小的项是第项．2n－11(n∈N*)3[∵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．]三、解答题10．已知各项都为正数的数列{an}满意a1＝1，aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式．[解](1)由题意可得a2＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(1,4).(2)由aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因为{an}的各项都为正数，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2).故{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，因此an＝eq\f(1,2n－1).11．已知数列{an}满意a1＝50，an＋1＝an＋2n(n∈N*)，(1)求{an}的通项公式；(2)已知数列{bn}的前n项和为an，若bm＝50，求正整数m的值．[解](1)当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2＋2×1＋50＝2×eq\f(n－1n,2)＋50＝n2－n＋50.又a1＝50＝12－1＋50，∴{an}的通项公式为an＝n2－n＋50，n∈N*.(2)b1＝a1＝50，当n≥2时，bn＝an－an－1＝n2－n＋50－[(n－1)2－(n－1)＋50]＝2n－2，即bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(50，n＝1，,2n－2，n≥2.))当m≥2时，令bm＝50，得2m－2＝50，解得m又b1＝50，∴正整数m的值为1或26.1．(2024·大同模拟)古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点(或圆球)在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1,3,6,10,15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛(如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，…)．若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆垛总共球的个数为()三角锥垛A．55B．220C．285D．385B[数列{an}如1,3,6,10,15，…，可得通项公式an＝eq\f(n1＋n,2).∴Sn＝eq\f(12＋22＋…＋n2,2)＋eq\f(1＋2＋…＋n,2)＝eq\f(nn＋12n＋1,12)＋eq\f(n1＋n,4).n＝10时，可得S10＝eq\f(10×11×21,12)＋eq\f(10×11,4)＝220.故选B．]2．(2024·承德模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且∀n∈N*，an＋1＞an，Sn≥S6.请写出一个满意条件的数列{an}的通项公式an＝.n－6，n∈N*(答案不唯一)[由∀n∈N*，an＋1＞an可知数列{an}是递增数列，又Sn≥S6，故数列{an}从第7项起先为正．而a6≤0，因此不妨设数列是等差数列，公差为1，a6＝0，所以an＝n－6，n∈N*.(答案不唯一)]3．已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满意2Sn＝(n＋1)an(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝3n－λaeq\o\al(2,n)，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．[解](1)∵2Sn＝(n＋1)an，∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即nan＋1＝(n＋1)an，∴eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)，∴eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a1,1)＝1，∴an＝n(n∈N*)．(2)由(1)知bn＝3n－λn2.bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n