2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第五章 数列 课时作业31 Word版含答案

课时作业31 数列的概念与简单表示法
一、选择题
1．数列23，－45，67，－8
9，…的第10项是( )
A ．－16
17
B ．－1819
C ．－2021
D ．－2223
解析：所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝(－1)n ＋1
·
2n
2n ＋1
，故a 10
＝－2021
.
答案：C
2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n
(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12
D ．－15
解析：由题意知，a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…＋(－1)10
×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9
×(3×9－2)＋(－1)10
×(3×10－2)]＝3×5＝15.
答案：A
3．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n
n ＋1，则1
a 5
等于( ) A.56 B.6
5 C.130
D ．30
解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n
n ＋1－n －1n ＝1
n
n ＋
，所以1
a 5
＝5×6＝30.
答案：D
4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn (n ∈N *
)，则“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的( )
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要条件
解析：若数列{a n }为递增数列，则有a n ＋1－a n >0，即2n ＋1>2λ对任意的n ∈N *
都成立，于是有3>2λ，λ<32.由λ<1可推得λ<32，但反过来，由λ<3
2不能得到λ<1，因此“λ<1”
是“数列{a n }为递增数列”的充分不必要条件，故选A.
答案：A
5．(2017·衡水中学一调)已知前n 项和为S n 的正项数列{a n }满足lg a n ＋1＝1
2
(lg a n ＋lg a n
＋2
)，且a 3＝4，S 2＝3，则( ) A ．2S n ＝a n ＋1 B ．S n ＝2a n ＋1 C ．2S n ＝a n －1
D ．S n ＝2a n －1
解析：依题意，a 2
n ＋1＝a n a n ＋2，故数列{a n }为等比数列．由a 3＝4，S 2＝3，解得a 1＝1，q ＝2，故a n ＝2
n －1
.S n ＝1－2n
1－2
＝2n
－1＝2a n －1，故选D.
答案：D
6．(2017·郑州一中一联)在数列{a n }中，若对任意的n ∈N *
均有a n ＋a n ＋1＋a n ＋2为定值，且a 7＝2，a 9＝3，a 98＝4，则数列{a n }的前100项的和S 100＝( )
A ．132
B ．299
C ．68
D ．99
解析：因为在数列{a n }中，若对任意的n ∈N *
均有a n ＋a n ＋1＋a n ＋2为定值，所以对任意的
n ∈N *均有a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3，即a n ＋3＝a n ，所以数列{a n }是以3为周期的周期
数列．又因为a 7＝2，a 9＝3，a 98＝4，所以a 1＋a 2＋a 3＝2＋3＋4＝9，所以S 100＝33×(a 1＋a 2＋a 3)＋a 100＝33×9＋2＝299.
答案：B 二、填空题
7．数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *
)，则a 7＝________. 解析：由已知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝1，a 2＝2.能够计算出a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6
＝－1，a 7＝1.
答案：1
8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n ，则a n ＝________.
解析：当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－1，得a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －n －2a n －1
＋(n －1)，即a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝2·2
n －1
＝2n ，∴a n ＝2n
－1.
答案：2n
－1
9．若数列{a n }满足a 1＝－1，n (a n ＋1－a n )＝2－a n ＋1(n ∈N *
)，则数列{a n }的通项公式是a n
＝________.
解析：∵n (a n ＋1－a n )＝2－a n ＋1，∴(n ＋1)a n ＋1－na n ＝2，∴数列{na n }是首项为－1，公差为2的等差数列，∴na n ＝2n －3，∴a n ＝2－3
n
.
答案：2－3
n
三、解答题
10．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋2
3
a n .
(1)求a 2，a 3.
(2)求{a n }的通项公式．
解：(1)由S 2＝4
3a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3.
由S 3＝5
3a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，
解得a 3＝3
2(a 1＋a 2)＝6.
(2)由题设知a 1＝1. 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23
a n －n ＋1
3
a n －1，
整理得a n ＝
n ＋1
n －1
a n －1.于是a 1＝1， a 2＝31
a 1， a 3＝42
a 2，
……
a n －1＝n
n －2a n －2，
a n ＝n ＋1n －1
a n －1.
将以上n 个等式两端分别相乘， 整理得a n ＝
n n ＋
2
.
显然，当n ＝1时也满足上式． 综上可知，{a n }的通项公式a n ＝
n n ＋
2
.
11．(2017·安徽合肥质检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋1
2n
a n ，n ∈N *.
(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
a n n 为等比数列；
(2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n 知a n ＋1n ＋1＝12·a n n .所以⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n n 是以12为首项，1
2为公比的等比数列．
(2)由(1)知⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n n 是首项为12，公比为12的等比数列，所以a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a n ＝n
2n .
所以S n ＝121＋222＋…＋n
2n ①
则12S n ＝122＋223＋…＋n
2
n ＋1，② ①－②，得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，所以S n ＝2－n ＋22
n .
1．(2017·重庆高考适应性测试)在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有
a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝( )
A ．n (3n －1) B.n n ＋
2
C ．n (n ＋1)
D.
n n ＋
2
解析：依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝
n
＋2n
2
＝n (n ＋1)，选C. 答案：C
2．(2017·江西师大附中、鹰潭一中联考)定义：在数列{a n }中，若满足
a n ＋2a n ＋1－a n ＋1
a n
＝d (n ∈N *
，d 为常数)，称{a n }为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{a n }中，a 1＝a 2＝1，a 3＝3，则
a 2 015
a 2 013
＝( ) A ．4×2 0152
－1 B ．4×2 0142
－1 C ．4×2 0132
－1 D ．4×2 0132
解析：由题知⎩⎨
⎧⎭
⎬⎫a n ＋1a n 是首项为1，公差为2的等差数列，则a n ＋1a n ＝2n －1，所以a n ＝a n a n －1×
a n －1
a n －2
×a 2a 1＝(2n －3)·(2n －5)×…×1.所以
a 2 015
a 2 013
＝
－－－
－
＝4 027×4 025＝(4 026＋1)(4 026－1) ＝4 0262
－1＝4×2 0132
－1. 答案：C
3．(2017·贵阳监测)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n
1－a n
(n ∈N *
)，则该数列的前2 015项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2 015＝________. 解析：由题意可得，a 2＝
1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 4
1－a 4
＝2＝a 1，∴数列{a n }是以4为周期的数列，而2 015＝4×503＋3，a 1a 2a 3a 4＝1，
∴前2 015项的乘积为1503
·a 1a 2a 3＝3. 答案：3
4．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n (n ∈N *
)．
(1)求证：数列{a 2n }与{a 2n －1}(n ∈N *
)都是等比数列；
(2)若数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，令b n ＝(3－T 2n )·n ·(n ＋1)，求数列{b n }的最大项．
解：(1)证明：因为a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，a n ＋1a n ＋2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n ＋1
，所以a n ＋2a n ＝12.又a 1＝1，a 2＝12，所以
数列a 1，a 3，…，a 2n －1，…，是以1为首项，1
2
为公比的等比数列；
数列a 2，a 4，…，a 2n ，…，是以12为首项，1
2
为公比的等比数列．
(2)由(1)可得T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－
3⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n
. 所以b n ＝3n (n ＋1)⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n
，
b n ＋1＝3(n ＋1)(n ＋2)⎝ ⎛⎭
⎪⎫12
n ＋1，
所以b n ＋1－b n ＝3(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ⎝ ⎛⎭⎪
⎫n ＋22－n
＝3(n ＋1)⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n ＋1
(2－n )，
所以b 1<b 2＝b 3>b 4>…>b n >…， 所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝9
2
.。