2020年高中数学第二章数列

2020年高中数学第二章数列

第3课时 数列的通项公式 ‎[课时作业]‎ ‎[A组　基础巩固]‎ ‎1．设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋3，则数列{an}的通项公式为(　　)‎ A．an＝3n　　　　　　　 B．an＝3n＋1‎ C．an＝3n－1 D．an＝3n－1‎ 答案：C ‎2．数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，则该数列的通项an＝________.(　　)‎ A．2n＋1－3 B．2n－3‎ C．2n＋3 D．2n－1－3‎ 解析：an＋1＋3＝2(an＋3)，∴此数列是以a1＋3为首项，2为公比的等比数列，an＋3＝(1＋3)×2n－1，即an＝2n＋1－3.‎ 答案：A ‎3．设数列{an}满足a1＋‎2a2＋‎22a3＋…＋2n－1an＝(n∈N*)，则通项公式是(　　)‎ A．an＝ B．an＝ C．an＝ D．an＝ 解析：设|2n－1·an|的前n项和为Tn，∵数列{an}满足a1＋‎2a2＋‎22a3＋…＋2n－1an＝(n∈N*)，∴Tn＝，∴2n－1an＝Tn－Tn－1＝－＝，‎ ‎∴an＝＝，经验证，n＝1时也成立，‎ 故an＝.故选C.‎ 答案：C ‎4．已知数列{an}满足a1＝1，且an＝an－1＋n(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为(　　)‎ A．an＝ B．an＝ C．an＝n＋2 D．an＝(n＋2)3n 解析：an＝an－1＋n(n≥2，且n∈N*)⇔＝＋1，‎ 5‎ 即bn＝，则数列{bn}为首项b1＝＝‎3a1＝3，公差为1的等差数列，‎ 所以bn＝3＋(n－1)×1＝n＋2，‎ 所以an＝.‎ 答案：B ‎5．若数列{an}的前n项和为Sn，且an＝2Sn－3，则{an}的通项公式是________．‎ 解析：由an＝2Sn－3得an－1＝2Sn－1－3(n≥2)，两式相减得an－an－1＝2an(n≥2)，‎ ‎∴an＝－an－1(n≥2)，＝－1(n≥2)．‎ 故{an}是公比为－1的等比数列，‎ 令n＝1得a1＝‎2a1－3，∴a1＝3，故an＝3·(－1)n－1.‎ 答案：an＝3·(－1)n－1‎ ‎6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n－1(n∈N*)，则an＝________.‎ 解析：∵a1＝1，an＋1＝an＋2n－1(n∈N*)，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－3)＋(2n－5)＋…＋1＋1＝＋1＝n2－2n＋2.‎ 答案：n2－2n＋2‎ ‎7．在数列{an}中，a1＝2，an＝3an－1＋2(n≥2，n∈N*)，则通项an＝________.‎ 解析：由an＝3an－1＋2，得an＋1＝3(an－1＋1)(n≥2)．∵a1＝2，∴a1＋1＝3≠0，∴数列{an＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，∴an＋1＝3·3n－1＝3n，即an＝3n－1.‎ 答案： 3n－1‎ ‎8．已知数列{an}满足a1＝2，(n＋1)an＝(n－1)an－1(n≥2，n∈N*)，则＝________，数列{an}的通项公式为________．‎ 解析：当n≥2时，由(n＋1)an＝(n－1)an－1得＝，‎ 故＝·＝×＝.‎ an＝···…···a1＝×××…×××2＝×2＝.又a1＝2满足上式，故an＝(n∈N*)‎ 答案：　an＝(n∈N*)‎ ‎9．已知数列{an}满足：Sn＝1－an(n∈N*)，其中Sn为数列{an}的前n项和，求{an}的通项公式．‎ 5‎ 解析：∵Sn＝1－an，①‎ ‎∴Sn＋1＝1－an＋1，②‎ ‎②－①得an＋1＝－an＋1＋an，‎ ‎∴an＋1＝an，(n∈N*)‎ 又n＝1时，a1＝1－a1，‎ ‎∴a1＝.‎ ‎∴an＝·()n－1＝()n(n∈N*)．‎ ‎10．已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝·an，求an.‎ 解析：由题意知an≠0，因为an＋1＝·an，‎ 所以＝，‎ 故an＝··…··a1＝··…··＝.‎ ‎[B组　能力提升]‎ ‎1．已知数列{an}满足a1＝，a1＋a2＋…＋an＝n2an，则an为(　　)‎ A．an＝ B．an＝ C．an＝ D．an＝ 解析：∵a1＋a2＋…＋an＝n2an，①‎ ‎∴a1＋a2＋…＋an－1＝ (n－1)2an－1(n≥2，n∈N*)，②‎ ‎①－②得an＝n2an－(n－1)2an－1.‎ 即＝(n≥2，n∈N*)．‎ ‎∴···…·＝××××…××.‎ 即＝，又a1＝，∴an＝，‎ 当n＝1时，a1＝＝成立，‎ ‎∴an＝(n∈N*)．‎ 答案：A ‎2．已知{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a－na＋anan＋1＝0，则{an}的通项公式为an 5‎ ‎＝(　　)‎ A. B．()n－1‎ C. D．()n 解析：∵(n＋1)a－na＋anan＋1＝0.‎ ‎∴(an＋1＋an)·[(n＋1)an＋1－nan]＝0.‎ ‎∵an>0，∴an＋1＋an>0.‎ ‎∴＝，即an＋1＝an.‎ ‎∴an＝an－1＝·an－2＝…＝···…···a1＝(n≥2)．‎ 当n＝1时，a1＝也成立，∴an＝.‎ 答案：A ‎3．对于数列{an}，满足a1＝1，an＋1＝an＋，则an＝________.‎ 解析：∵an＋1－an＝－，‎ ‎∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝(－1)＋(－)＋…＋(－)，即an＝(n≥2)，将n＝1代入也成立，∴an＝.‎ 答案： ‎4．设数列{an}满足a1＋‎2a2＋‎3a3＋…＋nan＝n(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，则通项an＝________.‎ 解析：数列{nan}的前n项和为a1＋‎2a2＋‎3a3＋…＋nan＝n(n＋1)(n＋2)．①　其前n－1项和为a1＋‎2a2＋‎3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－1)n(n＋1)．②‎ ‎①－②，得nan＝n(n＋1)[(n＋2)－(n－1)]＝3n(n＋1)，即an＝3n＋3.‎ 当n＝1时也满足上式．故an＝3n＋3.‎ 答案：3n＋3‎ ‎5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1.‎ ‎(1)证明数列{an＋1}是等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ 解析：(1)证明：法一：因为an＋1＝2an＋1，‎ 所以an＋1＋1＝2(an＋1)．‎ 由a1＝1，知a1＋1≠0，从而an＋1≠0.‎ 所以＝2(n∈N*)．‎ 所以数列{an＋1}是等比数列．‎ 法二：由a1＝1，知a1＋1≠0，从而an＋1≠0.‎ 5‎ ‎∵＝＝＝2(n∈N*)，‎ ‎∴{an＋1}是等比数列．‎ ‎(2)由(1)可知an＋1＝2×2n－1＝2n，∴an＝2n－1.‎ ‎6．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)．‎ ‎(1)设bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列；‎ ‎(2)设cn＝，求证：{cn}是等比数列．‎ 证明：(1)由Sn＋1＝4an＋2得Sn＝4an－1＋2，an＋1＝Sn＋1－Sn＝(4an＋2)－(4an－1＋2)＝4an－4an－1(n≥2)，‎ 即an＋1－2an＝2(an－2an－1)，‎ ‎∴bn＝2bn－1(n≥2，n∈N*)，又b1＝a2－‎2a1＝3，‎ ‎∴{bn}是以3为首项，2为公比的等比数列．‎ ‎(2)由(1)知an＋1－2an＝bn＝3·2n－1，于是有 an－21an－1＝3·2n－2，‎ ‎21an－1－22an－2＝3·2n－2，‎ ‎22an－2－23an－3＝3·2n－2，‎ ‎…‎ ‎2n－‎2a2－2n－‎1a1＝3·2n－2.‎ 将以上n－1个等式叠加得 an－2n－‎1a1＝(n－1)·3·2n－2，‎ ‎∴an＝3(n－1)2n－2＋2n－‎1a1＝(3n－1)·2n－2(n≥2，n∈N*)，‎ 又n＝1时也满足此式，∴cn＝＝2n－2，‎ ‎∴{cn}是等比数列，公比是2.‎ 5‎