2025版高考数学一轮复习课后限时集训28数列的概念与简单表示法理含解析北师大版

PAGE1-课后限时集训(二十八)数列的概念与简洁表示法(建议用时：60分钟)A组基础达标一、选择题1．(2024·延安模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n－1(n∈N＋)，则a2018的值为()A．2B．3C．2024D．4035A[a2018＝S2024－S2024＝2×2024－1－(2×2024－1)＝2.故选A.]2．(2024·石家庄一模)若数列{an}满意a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，则a2024的值为()A．2B．－3C．－eq\f(1,2)D．eq\f(1,3)B[∵a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，∴a2＝eq\f(1＋a1,1－a1)＝－3，同理a3＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,3)，a5＝2，…可得an＋4＝an，∴a2024＝a504×4＋2＝a2＝－3，故选B．]3．设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝4，an＋1＝2Sn－4，则S10＝()A．2(310－1) B．2(310＋1)C．2(39＋1) D．4(39＋1)C[∵a1＝4，an＋1＝2Sn－4，①∴a2＝2a1－4＝4，又当n≥2时，an＝2Sn－1－4，②①－②得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an.∴{an}是从其次项起构成公比为3的等比数列，∴S10＝a1＋(a2＋a3＋…＋a10)＝4＋eq\f(439－1,3－1)＝2(39＋1)．]4．(2024·长春调研)设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是()A.eq\f(16,3)B．eq\f(13,3)C．4D．0D[an＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2＋eq\f(3,4)，又n∈N*，故当n＝2或3时，an最大，最大为0，故选D．]5．(2024·郑州二模)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－1x＋4，x≤1，,ax，x＞1，))数列{an}(n∈N*)满意an＝f(n)，且{an}是递增数列，则a的取值范围是()A．(1，＋∞) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(1,3) D．(3，＋∞)D[因为an＝f(n)，且{an}是递增数列，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－1＞0，,a＞1，,a1＜a2，))则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2)，,a＞1,2a－1＋4＜a2，))得a＞3.故选D．]二、填空题6．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则an＝________.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2))[当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，又当n＝1时，a1＝S1＝4，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.))]7．在一个数列中，假如随意n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________.28[∵a1a2a3＝8，且a1＝1，a2＝2.∴a3＝4，同理可求a4＝1，a5＝2.a6＝4，∴{an}是以3的周期的数列，∴a1＋a2＋a3＋…＋a12＝(1＋2＋4)×4＝28.]8．已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为________．an＝eq\f(10,3)×4n－1－eq\f(1,3)[因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，所以4an－an＋1＋1＝0，所以an＋1＋eq\f(1,3)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,3))).因为a1＝3，所以a1＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3).故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,3)))是首项为eq\f(10,3)，公比为4的等比数列．所以an＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)×4n－1，故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(10,3)×4n－1－eq\f(1,3).]三、解答题9．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满意Sn＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列{an}的通项公式．[解](1)由Sn＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an(n∈N*)可得a1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)a1，解得a1＝1，S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)a2，解得a2＝2，同理，a3＝3，a4＝4.(2)Sn＝eq\f(an,2)＋eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)，①当n≥2时，Sn－1＝eq\f(an－1,2)＋eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n－1)，②①－②得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，又由(1)知a1＝1，故数列{an}为首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.10．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．[解](1)由n2－5n＋4<0，解得1<n<4.因为n∈N*，所以n＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a2，a3.因为an＝n2－5n＋4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2－eq\f(9,4)，由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2.(2)由an＋1>an知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－eq\f(k,2)<eq\f(3,2)，即得k>－3.所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．B组实力提升1．设{an}是等比数列，则“a1＞a2＞a3”是“数列{an}是递减数列”的()A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件C[设数列{an}的公比为q，因为a1＞a2＞a3，所以a1＞a1q＞a1q2，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＞0，,0＜q＜1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＜0，,q＞1，))故数列{an}是递减数列；反之，若数列{an}是递减数列，则a1＞a2＞a3，所以a1＞a2＞a3是数列{an}是递减数列的充分必要条件，故选C.]2．已知数列{an}满意a1＝60，an＋1－an＝2n，则eq\f(an,n)的最小值为()A.eq\f(29,2)B．29C．102D．eq\f(102,7)A[因为an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝60＋2＋4＋…＋2(n－1)＝n(n－1)＋60＝n2－n＋60，所以eq\f(an,n)＝eq\f(n2－n＋60,n)＝n＋eq\f(60,n)－1，令f(x)＝x＋eq\f(60,x)(x≥2)，由函数性质可知，f(x)在区间[2,2eq\r(15))上递减，在区间(2eq\r(15)，＋∞)上递增，又7＜2eq\r(15)＜8，n为正整数，故当n＝7时，eq\f(an,n)＝7＋eq\f(60,7)－1＝eq\f(102,7)；当n＝8时，eq\f(an,n)＝8＋eq\f(60,8)－1＝eq\f(29,2)，且eq\f(29,2)＜eq\f(102,7)＜eq\f(a1,1)＝60，所以eq\f(an,n)的最小值为eq\f(29,2).故选A.]3．已知数列{an}的各项均不为0，其前n项和为Sn，且a1＝1,2Sn＝anan＋1，则Sn＝________.eq\f(nn＋1,2)[当n＝1时，2S1＝a1a2，即2a1＝a1a2，∴a2＝2.当n≥2时，2Sn＝anan＋1,2Sn－1＝an－1an，两式相减得2an＝an(an＋1－an－1)，∵an≠0，∴an＋1－an－1＝2，∴{a2k－1}，{a2k}都是公差为2的等差数列，又a1＝1，a2＝2，∴{an}是公差为1的等差数列，∴an＝1＋(n－1)×1＝n，∴Sn＝eq\f(nn＋1,2).]4．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．[解](1)依题意得Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，即bn＋1＝2bn，又b1＝S1－3＝a－3，因此，所求通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.(2)由(1)可知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*.于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)·2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，an＋