《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)28 數(shù)列的概念與簡(jiǎn)單表示法 理（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)28 數(shù)列的概念與簡(jiǎn)單表示法 理（含解析）新人教A版（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、課后限時(shí)集訓(xùn)(二十八) 數(shù)列的概念與簡(jiǎn)單表示法
(建議用時(shí)：60分鐘)
A組 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)
一、選擇題
1．(2019·延安模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＝2n－1(n∈N＋)，則a2 018的值為( )
A．2 B．3 C．2018 D．4035
A [a2 018＝S2018－S2017＝2×2018－1－(2×2017－1)＝2.故選A.]
2．(2018·石家莊一模)若數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝，則a2018的值為( )
A．2 B．－3 C．－ D.
B [∵a1＝2，an＋1＝，
∴a2＝＝－3，
同理a3＝－，a4＝，a5
2、＝2，…
可得an＋4＝an，∴a2018＝a504×4＋2＝a2＝－3，故選B.]
3．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝4，an＋1＝2Sn－4，則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，
又當(dāng)n≥2時(shí)，an＝2Sn－1－4，②
①－②得an＋1－an＝2an，
即an＋1＝3an.
∴{an}是從第二項(xiàng)起構(gòu)成公比為3的等比數(shù)列，
∴S10＝a1＋(a2＋a3＋…＋a10)
＝4＋＝2(39＋1)．]
4．(2019·長(zhǎng)春
3、調(diào)研)設(shè)an＝－3n2＋15n－18，則數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)的值是( )
A. B. C．4 D．0
D [an＝－32＋，又n∈N*，故當(dāng)n＝2或3時(shí)，an最大，最大為0，故選D.]
5．(2018·鄭州二模)已知f(x)＝數(shù)列{an}(n∈N*)滿足an＝f(n)，且{an}是遞增數(shù)列，則a的取值范圍是( )
A．(1，＋∞) B.
C．(1,3) D．(3，＋∞)
D [因?yàn)閍n＝f(n)，且{an}是遞增數(shù)列，所以則得a＞3.故選D.]
二、填空題
6．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，則an＝________.
[當(dāng)n
4、≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，
又當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝4，
∴an＝]
7．在一個(gè)數(shù)列中，如果?n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k為常數(shù))，那么這個(gè)數(shù)列叫做等積數(shù)列，k叫做這個(gè)數(shù)列的公積．已知數(shù)列{an}是等積數(shù)列，且a1＝1，a2＝2，公積為8，則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的周期的數(shù)列，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a12＝(1＋2＋4)×4＝28.]
8．已知數(shù)列{an}中，a1＝3，且點(diǎn)Pn(an，an＋1)(n
5、∈N*)在直線4x－y＋1＝0上，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．
an＝×4n－1－ [因?yàn)辄c(diǎn)Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直線4x－y＋1＝0上，
所以4an－an＋1＋1＝0，
所以an＋1＋＝4.
因?yàn)閍1＝3，所以a1＋＝.
故數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為4的等比數(shù)列．
所以an＋＝×4n－1，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝×4n－1－.]
三、解答題
9．已知Sn為正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且滿足Sn＝a＋an(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．
[解] (1)由Sn＝a＋an(n∈N*)
可得
6、a1＝a＋a1，解得a1＝1，
S2＝a1＋a2＝a＋a2，解得a2＝2，
同理，a3＝3，a4＝4.
(2)Sn＝＋a，①
當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝＋a，②
①－②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，
故數(shù)列{an}為首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，故an＝n.
10．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝n2＋kn＋4.
(1)若k＝－5，則數(shù)列中有多少項(xiàng)是負(fù)數(shù)？n為何值時(shí)，an有最小值？并求出最小值；
(2)對(duì)于n∈N*，都有an＋1>an，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
[解] (1)由n2－5
7、n＋4<0，
解得1an知該數(shù)列是一個(gè)遞增數(shù)列，
又因?yàn)橥?xiàng)公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是關(guān)于n的二次函數(shù)，考慮到n∈N*，所以－<，即得k>－3.
所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為(－3，＋∞)．
B組 能力提升
1．設(shè){an}是等比數(shù)列，則“a1＞a2＞a3”是“數(shù)列{an}是遞減數(shù)列”的( )
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充
8、分必要條件 D．既不充分也不必要條件
C [設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍1＞a2＞a3，所以a1＞a1q＞a1q2，解得或故數(shù)列{an}是遞減數(shù)列；反之，若數(shù)列{an}是遞減數(shù)列，則a1＞a2＞a3，所以a1＞a2＞a3是數(shù)列{an}是遞減數(shù)列的充分必要條件，故選C.]
2．已知數(shù)列{an}滿足a1＝60，an＋1－an＝2n，則的最小值為( )
A. B．29 C．102 D.
A [因?yàn)閍n＋1－an＝2n，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝60＋2＋4＋…＋2(n－1)＝n(n－1)＋60＝n2－n＋60，所以
9、＝＝n＋－1，令f(x)＝x＋(x≥2)，由函數(shù)性質(zhì)可知，f(x)在區(qū)間[2,2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)遞增，又7＜2＜8，n為正整數(shù)，故當(dāng)n＝7時(shí)，＝7＋－1＝；當(dāng)n＝8時(shí)，＝8＋－1＝，且＜＜＝60，所以的最小值為.故選A.]
3．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均不為0，其前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1,2Sn＝anan＋1，則Sn＝________.
[當(dāng)n＝1時(shí)，2S1＝a1a2，即2a1＝a1a2，∴a2＝2.當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn＝anan＋1,2Sn－1＝an－1an，兩式相減得2an＝an(an＋1－an－1)，∵an≠0，∴an＋1－an－1＝2，∴{a2k－1}，{a2
10、k}都是公差為2的等差數(shù)列，又a1＝1，a2＝2，∴{an}是公差為1的等差數(shù)列，∴an＝1＋(n－1)×1＝n，∴Sn＝.]
4．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1)設(shè)bn＝Sn－3n，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范圍．
[解] (1)依題意得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，所求通項(xiàng)公式為bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.
(2)由(1)可知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*.
于是，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)·2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，
an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2
＝2n－2，
所以，當(dāng)n≥2時(shí)，
an＋1≥an?12n－2＋a－3≥0?a≥－9，
又a2＝a1＋3＞a1，a≠3.
所以，所求的a的取值范圍是[－9,3)∪(3，＋∞)．
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