2020版数学新攻略大一轮浙江高考专用：6.1 数列的概念与简单表示法 夯基提能作业

第六章数列与数学归纳法
§6.1数列的概念与简单表示法
A组基础题组
1.数列0,,,,…的一个通项公式为( )
A.a n=-(n∈N*)
B.a n=-(n∈N*)
C.a n=(-
-
(n∈N*) D.a n=(n∈N*)
答案 C 将0写成,观察数列中每一项的分子、分母可知,分子可表示为2(n-1 ,n∈N*,分母可表示为2n-1,n∈N*.
2.数列{a n}的前n项和S n=2n2+3n(n∈N*),若p-q=5,则a p-a q=( )
A.10
B.15
C.-5
D.20
答案 D 当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n2+3n-[2(n-1)2+3(n-1)]=4n+1,
当n=1时,a1=S1=5,符合上式,
∴a n=4n+1,∴a p-a q=4(p-q)=20.
3.若数列{a n}的前n项和S n满足S n=4-a n(n∈N*),则a5=( )
A.16
B.
C.8
D.
答案 D 由题意可知a 1=S1=4-a1⇒a1=2.
a n+1=S n+1-S n=(4-a n+1)-(4-a n)=a n-a n+1⇒2a n+1=a n,
所以数列{a n}是以2为首项,为公比的等比数列,
所以a n=2·-
=
-
,
所以a5==,故选D.
4.在数列{a n}中,a1=1,a2=3,且a n+2=|a n+1-a n|,则a2 015=( )
A.0
B.1
C.2
D.3
答案 B 易知数列{a n}是1,3,2,1,1,0,1,1,0,…,所以从第四项起,每三个相邻的项周期性地取值1,1,0,故a2 015=1.
5.已知数列{a n}满足a1=2,a n+1=
-
(n∈N*),设T n=a1a2·…·a n,则T2 017的值是( )
A.-4
B.2
C.3
D.1
答案 B 因为a 1=2,a n+1=
-
,所以a2=-3,a3=-,a4=,a5=2,a6=-3,……易知数列{a n}是周期数列,且a1a2a3a4=1,所以T2 017=T4×504+1=a1=2.
6.(2018宁波诺丁汉大学附中高三期中)已知数列{a n}的前n项和
S n=n2+2n-1(n∈N*),则a1= ;数列{a n}的通项公式a n= .
答案2;,
,
解析因为S n=n2+2n-1,
当n=1时,a1=1+2-1=2,
当n≥2时,
a n=S n-S n-1=n2+2n-1-[(n-1)2+2(n-1)-1]=2n+1,
所以a n=,,
,
7.在数列{a n}中,a1=1,(n2+2n)(a n+1-a n =1(n∈N*),则数列{a n}的通项公式
a n= .
答案-
(
解析由题意可知,a n+1-a n==-,
所以当n≥2,n∈N*时,
a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+(a n-2-a n-3 +…+(a4-a3)+(a3-a2)+(a2-a1)+a1
=
--+
-
-+
-
-
-
+…+-+-+-+1
=--+1
=-
(
.
8.(2018宁波效实中学模拟)已知数列{a n}满足a1=1,a n-a n+1=
(
(n∈N*),则a n= .
答案
-
解析由a n-a n+1=
(得-=
(
=2×-,由累加法得
-=2-,又因为a1=1,所以=2-+1=-,所以a n=
-
.
9.(2018金华东阳二中高三调研)已知数列{a n},{b n}满足
a1=,a n+b n=1,b n+1=
-
(n∈N*),则b2 017= .
答案
解析因为a n+b n=1,且b n+1=
-
,
所以b n+1=
-,所以
-
-
-
=-1.因为a1=,且a1+b1=1,所以b1=,
所以
-=-2,所以数列
-
是以-2为首项,-1为公差的等差数列,
所以
-
=-n-1,所以b n=,
则b2 017=.
10.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a n+1=S n,n∈N*.
(1)求a2,a3,a4的值;
(2)求数列{a n}的通项公式.
解析(1)由a 1=1,a n+1=S n,n∈N*,得
a2=S1=a1=,a3=S2=(a1+a2)=,a4=S3=(a1+a2+a3)=.
(2)由a n+1-a n=(S n-S n-1)=a n得a n+1=a n(n≥2 ,
又a2=,所以a n=×-
(n≥2 ,
∴数列{a n}的通项公式a n=,,
-
,,∈
11.已知数列{a n}满足:a1=c,2a n+1=a n+1(c≠1,n∈N*),记数列{a n}的前n项和为S n.
(1)令b n=a n-1,证明:数列{b n}是等比数列;
(2)求最小的实数c,使得对任意的n∈N*,都有S n≥3成立.
解析(1)证明:∵2a n+1=a n+1,即a n =2a n+1-1,且b n=a n-1,
∴b1=a1-1=c-1,=-
-=-
(-
=,
又∵c≠1,∴b1≠0,
∴{b n}是以c-1为首项,为公比的等比数列. (2)由(1)可得b n=(c-1 ×
-
,
∴a n=b n+1=-
-
+1.
∴S n=a1+a2+a3+…+a n=(c-1)…
-
+n
=(c-1)-
-
+n.
∵S n≥3对任意的n∈N*都成立,
即(c-1)-
-
+n≥3对任意的n∈N*都成立,
即对任意的n∈N*,2(c-1 ≥-
-
都成立,
显然当n=1时,-
取到最大值4,
-
∴2(c-1 ≥4,
∴实数c的最小值为3.
B组提升题组
1.(2018湖北六校模拟)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=(n∈N*).若
b n+1=(n-2λ ·(n∈N*),b1=-λ,且数列{b n}是单调递增数列,则实数λ的取值范围是( )
A.λ<
B.λ<1
C.λ<
D.λ<
答案 A 因为数列{a n}满足a1=1,a n+1=(n∈N*),
所以a n>0,=+1,则+1=2,
所以数列是等比数列,且首项为+1=2,公比为2,所以+1=2n.
所以b n+1=(n-2λ)=(n-2λ ·2n(n∈N*),
所以b n=(n-1-2λ ·2n-1(n≥2
因为数列{b n}是单调递增数列,
所以b n+1>b n,
所以(n-2λ ·2n>(n-1-2λ ·2n-1(n≥2 ,
可得λ<(n≥2 ,因为λ<,
又当n=1时,b2>b1,
所以(1-2λ ·2>-λ,解得λ<,
综上,λ的取值范围是λ<,故选A.
2.若数列{a n}满足a4=9,(a n+1-a n-1)(a n+1-3a n =0(n∈N*),则满足条件的a1的所有可能值之积是.
答案0
解析由(a n+1-a n-1)(a n+1-3a n)=0知a n+1-a n-1=0或a n+1-3a n=0.因为a4=9,所以a3可能为3,同理,a2可能为1,从而推知a1可能为0,故满足条件的a1的所有可能值之积是0.
3.已知数列{a n}满足a1=-,且2a n+1a n+3a n+1+a n+2=0,设b n=(n∈N*),则当数列{b n}的前n项和最小时,正整数n的值是.
答案7
解析由题意可知,2(a n+1 ·(a n+1+1)+(a n+1+1)-(a n+1)=0,所以-=2,即b n+1-b n=2,又b1==-13,所以b n=-13+2(n-1)=2n-15.令b n≤0,可得
n≤7,n∈N*,故n=7.
4.数列{a n}的前n项和为S n,若a1=14,S n+S n+1=-3n2+28n+14,则a2= ;S n的最大值是.
答案11;40
解析当n=1时,S 1+S2=-3+28+14=39,整理得2a1+a2=39,又a1=14,所以a2=11.由题意可得,当n≥2时,S n-1+S n=-3(n-1)2+28(n-1)+14,联立
-(-(-,
-
-,
- 得,a n+a n+1=-6n+31(n≥2 ,即
[a n+1+3(n+1)-17]+(a n+3n-17 =0(n≥2 a1+a2=25,符合上式.
令b n=a n+3n-17,则b1=0,b n+b n+1=0,
∴b n=0,即a n=17-3n,故数列{a n}从第六项开始,a n<0,在此之前,a n>0,
故S n的最大值为S5=a1+a2+a3+a4+a5=40.
5.已知数列{a n}中,a1=0,a2=2,且a n=--1(n≥2,n∈N*).数列{b n}
中,b n=a n+1-a n.
(1)证明:数列{b n}为等差数列,并求数列{a n}的通项公式;
(2)设数列{c n}满足c n=,数列{c n}的前n项和为S n,求满足S n≤的最大正整数n的值.
解析(1)证明:当n≥2时,b n-b n-1=(a n+1-a n)-(a n-a n-1)=a n+1-2a n+a n-1=2,且
b1=a2-a1=2-0=2,∴数列{b n}是首项为2,公差为2的等差数列,
∴b n=2+2(n-1)=2n,即a n+1-a n=2n,则
a n-a n-1=2(n-1),a n-1-a n-2=2(n-2 ,……,a3-a2=2×2,a2-a1=2×1,∴a n-a1=2[1+2+…+(n-2)+(n-1)]=n(n-1),即a n=n(n-1 (n≥2 ,又a1=0符合上式,故a n=n(n-1).
=-,∴S n=c1+c2+…+c n-1+c n
(2)c n=
(
=-+-+…+
-+-=1-.
-
∵S n≤,∴1-≤,得n≤2 015,
∴满足S n≤的最大正整数n的值为2 015.
6.已知数列{a n}满足a1=a>0,a n+1=-2.
(1)若数列{a n}为递减数列,求实数a的取值范围;
(2)当a=时,设数列{a n}的前n项和为S n,证明:当n≥3时,n+≤S n<n+.
解析(1 ∵{a n}为递减数列,∴a2<a1,
即-2<a,得1<a<2.
下面用数学归纳法证明:当1<a<2时,1<a n<2.
当n=1时,由已知得1<a1<2,∴n=1时命题成立;
假设n=k时,命题成立,即1<a k<2,
则当n=k+1时,a k+1=-2在1<a k<2内递增,
∴×(5+4 -2<a k+1<×(10+2 -2,化简得1<a k+1<2.
∴当n=k+1时,命题成立.
综合 、 ,可得1<a n<2.
此时a n+1-a n=-2<0.
所以当数列{a n}为递减数列时,1<a<2.
(2)证明:设b n=a n-1,T n为数列{b n}的前n项和,
即证≤T n<(n≥3
计算得b1=-,b2=,b3=,由(1)可得当n≥2时,b n∈(0,1 且{b n}为递减数列, T n≥b1+b2+b3=>,∴左边得证.
再证:b n+1≤b n(n≥3 ⇔a n+1-1≤(a n-1 (n≥3
⇔-3≤(a n-1 (n≥3 ⇔a n+≤⇔2a n+≤5(n≥3 ,
由(1)可得当n≥3时,1<a n<,
故2a n+≤5,
所以T n=b1+b2+…+b n=b3+b4+…+b n≤b31+++…+-
=-
-
<,
故当n≥3时,n+≤S n<n+.。