【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试29数列的概念与简单表示法作业
考点测试29 数列的概念与简单表示法
一、基础小题
1．已知数列{an}的通项公式an＝(n∈N*)，则是这个数列的( )
A．第8项 B．第9项 C．第10项 D．第12项
答案 C
解析 由题意知＝，n∈N*，解得n＝10，即是这个数列的第10项．故选C．
2．在数列{an}中，a1＝2，且(n＋1)an＝nan＋1，则a3的值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 B
解析 由(n＋1)an＝nan＋1得＝，所以数列为常数列，则＝＝2，即an＝2n，所以a3＝2×3＝6．故选B．
3．设an＝－2n2＋29n＋3，则数列{an}的最大项是( )
A．107 B．108 C． D．109
答案 B
解析 因为an＝－2n2＋29n＋3＝－22＋，n∈N*，所以当n＝7时，
an取得最大值108．
4．数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝( )
A． B． C． D．
答案 A
解析 解法一：令n＝2，3，4，5，分别求出a3＝，a5＝，∴a3＋a5＝．故选A．
解法二：当n≥2时，a1·a2·a3·…·an＝n2．
当n≥3时，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2．
两式相除得an＝2，∴a3＝，a5＝，
∴a3＋a5＝．故选A．
5．若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，则a2018＝( )
A．－2 B．－1 C．2 D．
答案 B
解析 ∵数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，∴a2＝＝－1，a3＝＝，a4＝＝2，…，可知此数列有周期性，周期T＝3，即an＋3＝an，则a2018＝a672×3＋2＝a2＝－1．故选B．
6．把1，3，6，10，15，…这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示)．
则第7个三角形数是( )
A．27 B．28 C．29 D．30
答案 B
解析 观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即an＝an－1＋n(n≥2)．所以根据这个规律计算可知，第7个三角形数是a7＝a6＋7＝a5＋6＋7＝15＋6＋7＝28．故选B．
7．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N*，则an＝( )
A．2n＋1 B．2n C．2n－1 D．2n－2
答案 A
解析 因为Sn＝2an－4，所以n≥2时，有Sn－1＝2an－1－4，两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，即＝2(n≥2)．因为S1＝a1＝2a1－4，所以a1＝4，所以an＝2n＋1．故选A．
8．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln 1＋，则an＝( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
答案 A
解析 解法一：由已知得an＋1－an＝ln 1＋＝
ln ，而an＝(an－an－1)＋(an－1＋an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，n≥2，所以an＝ln ＋ln ＋…＋
ln ＋2＝ln ··…·＋2＝ln n＋2，n≥2．当n＝1时，a1＝2＝ln 1＋2．故选A．
解法二：由an＝an－1＋ln 1＋＝an－1＋ln ＝an－1＋ln n－ln (n－1)(n≥2)，可知an－ln n＝an－1－ln (n－1)(n≥2)．令bn＝an－ln n，则数列{bn}是以b1＝a1－ln 1＝2为首项的常数列，故bn＝2，所以2＝an－ln n，所以an＝2＋ln n．故选A．
9．已知数列{an}的通项公式为an＝nn，则数列{an}中的最大项为( )
A． B． C． D．
答案 A
解析 解法一(作差比较法)：
an＋1－an＝(n＋1)n＋1－nn＝·n，当n<2时，an＋1－an>0，即an＋1>an；当n＝2时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>2时，an＋1－an<0，即an＋1
a4>a5>…>an，所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×2＝．故选A．
解法二(作商比较法)：
＝＝1＋，令>1，解得n<2；令＝1，解得n＝2；令<1，解得n>2．又an>0，故a1a4>a5>…>an，所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×2＝．故选A．
10．已知数列{an}的通项公式为an＝2n2＋tn＋1，若{an}是单调递增数列，则实数t的取值范围是( )
A．(－6，＋∞) B．(－∞，－6)
C．(－∞，－3) D．(－3，＋∞)
答案 A
解析 解法一：因为{an}是单调递增数列，所以对于任意的n∈N*，都有an＋1>an，即2(n＋1)2＋t(n＋1)＋1>2n2＋tn＋1，化简得t>－4n－2，所以t>－4n－2对于任意的n∈N*都成立，因为－4n－2≤－6，所以t>－6．故选A．
解法二：设f(n)＝2n2＋tn＋1，其图象的对称轴为n＝－，要使{an}是递增数列，则－<，即t>－6．故选A．
11．已知Sn是数列{an}的前n项和，且有Sn＝n2＋1，则数列{an}的通项an＝________．
答案
解析 当n＝1时，a1＝S1＝1＋1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝2n－1．此时对于n＝1不成立，故an＝
12．对于数列{an}，定义数列{bn}满足：bn＝an＋1－an(n∈N*)，且bn＋1－bn＝1(n∈N*)，a3＝1，a4＝－1，则a1＝________．
答案 8
解析 由bn＋1－bn＝1知数列{bn}是公差为1的等差数列，又b3＝a4－a3＝－2，所以b1＝－4，b2＝－3，b1＋b2＝(a2－a1)＋(a3－a2)＝a3－a1＝－7，解得a1＝8．
二、高考小题
13．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an＋1，则S6＝________．
答案 －63
解析 根据Sn＝2an＋1，可得Sn＋1＝2an＋1＋1，两式相减得an＋1＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，所以数列{an}是以－1为首项，以2为公比的等比数列，所以S6＝＝－63．
14．(2014·全国卷Ⅱ)数列{an}满足an＋1＝，a8＝2，则a1＝________．
答案
解析 由an＋1＝，得an＝1－，∵a8＝2，∴a7＝1－＝，a6＝1－＝－1，a5＝1－＝2，…，
∴{an}是以3为周期的数列，∴a1＝a7＝．
15．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________．
答案 1 121
解析 解法一：∵an＋1＝2Sn＋1，∴a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又∵S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1．又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，
即Sn＋1＝3Sn＋1，由S2＝4，可求出S3＝13，S4＝40，S5＝121．
解法二：由an＋1＝2Sn＋1，得a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1．又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，则Sn＋1＋＝3，又S1＋＝，
∴是首项为，公比为3的等比数列，∴Sn＋＝×3n－1，即Sn＝，∴S5＝＝121．
16．(2015·江苏高考)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为________．
答案
解析 由已知得，a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝n－1＋1(n≥2)，则有an－a1＝1＋2＋3＋…＋n－1＋(n－1)(n≥2)，因为a1＝1，所以an＝1＋2＋3＋…＋n(n≥2)，即an＝(n≥2)，又当n＝1时，a1＝1也适合上式，故an＝(n∈N*)，所以＝＝2，从而＋＋＋…＋＝2×＋2×＋2×＋…＋2×＝2×＝．
三、模拟小题
17．(2018·湖南六校联考)已知数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝，那么a5＝( )
A． B． C． D．
答案 A
解析 ∵数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝，∴a2＝a
1a1＝，a3＝a1·a2＝．那么a5＝a3·a2＝．故选A．
18．(2018·南昌模拟)在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则的值是( )
A． B． C． D．
答案 C
解析 由已知得a2＝1＋(－1)2＝2，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝，∴a4＝＋(－1)4，a4＝3，
∴3a5＝3＋(－1)5，∴a5＝，∴＝×＝．故选C．
19．(2019·黄冈质检)已知数列{xn}满足xn＋2＝|xn＋1－xn|(n∈N*)，若x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，且xn＋3＝xn对于任意的正整数n均成立，则数列{xn}的前2020项和S2020＝( )
A．673 B．674 C．1345 D．1347
答案 D
解析 ∵x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，∴x3＝|x2－x1|＝|a－1|＝1－a，∴x1＋x2＋x3＝1＋a＋(1－a)＝2，又xn＋3＝xn对于任意的正整数n均成立，∴数列{xn}的周期为3，∴数列{xn}的前2020项和S2020＝S673×3＋1＝673×2＋1＝1347．故选D．
20．(2018·河南郑州一中考前冲刺)数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则＋＋＋…＋＝( )
A． B． C． D．
答案 D
解析 ∵a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，用累加法可得an＝a1＋＝，∴＝＝2－，∴＋＋＋…＋＝21－＋－＋…＋－＝，故选D．
21．(2018·福建晋江季延中学月考)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝
解析 已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1，将n＝1代入，得a1＝2；当n≥2时，将n－1代入得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝n，两式相减得nan＝(n＋1)－n＝1，∴an＝，∴an＝
22．(2018·北京海淀区模拟)数列{an}的通项为an＝(n∈N*)，若a5是{an}中的最大值，则a的取值范围是________．
答案 [9，12]
解析 当n≤4时，an＝2n－1单调递增，因此n＝4时取最大值，a4＝24－1＝15．当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－n－2＋．∵a5是{an}中的最大值，∴解得9≤a≤12．∴a的取值范围是[9，12]．
一、高考大题
1．(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0．
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解 (1)由题意得a2＝，a3＝．
(2)由a－(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＝．
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝．
2．(2015·浙江高考)已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*)．
(1)证明：1<≤2(n∈N*)；
(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：<≤(n∈N*)．
证明 (1)由题意得an＋1－an＝－a≤0，
即an＋1≤an，故an≤．
由an＝(1－an－1)an－1，得
an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1>0．
由0a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*)．
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0．
(2)an＝1＋＝1＋．
∵对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，结合函数f(x)＝1＋的单调性，∴5<<6，∴－10
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