（新课标）2020年高考数学一轮总复习 第五章 数列 5-1 数列的概念与简单表示法课时规范练 理（含解析）新人教A版

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1、5-1 数列的概念与简单表示法 课时规范练 (授课提示：对应学生用书第267页) A组　基础对点练 1．(2018·静宁县期末)“大自然是懂数学的”，自然界中大量存在如下数列：1,1,2,3，x,8,13,21，…，则其中x的值是(　B　) A．4　　　　　　　 B．5 C．6 D．7 2．(2018·东湖区校级月考)数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n－1(n∈N＋)，则a2 017的值为(　A　) A．2 B．3 C．2 017 D．3 033 3．设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－，记数列{an}的前n项之积为Tn，则T2 018的值为(　B　)

2、 A．－ B．1 C. D．2 4．已知数列{an}满足a1＝1，an－an－1＝n(n≥2)，则数列{an}的通项公式为an＝(　A　) A.n(n＋1) B．n(3n－1) C．n2－n＋1 D．n2－2n＋2 5．(2018·河南一模)已知数列：，，，，，，，，，，…，依它的前10项的规律，这个数列的第2 018项a2 018等于(　D　) A. B． C．64 D． 解析：观察数列可分为：(1)，(2)，，(3)，，，(4)，，，，…， 它的项数是1＋2＋3＋…＋k＝(k∈N*)， 并且在每一个k段内，是k个分数(k∈N*，k≥3)，且它们的分子与分母

3、的和为k＋1(k∈N*，k≥3)． 当k＝63时，＝2 016＜2 018(k∈N*)，故a2 018在64段中，∴该数列的第2 018项a2 018为第64组的第2项，故a2 018＝. 6．(2018·南明区校级月考)已知数列{an}满足a1＝－1，an＋1＝an＋，n∈N*，则通项公式an＝　－　. 解析：由题意，an＋1－an＝－，利用叠加法可得an－a1＝1－，∵a1＝－1，∴an＝－. 7．数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋Sn－1＝2n－1(n≥2)，且S2＝3，则a1＋a3的值为 －1 . 解析：∵Sn＋Sn－1＝2n－1(n≥2)．令n＝2，得S2＋S1＝3

4、，由S2＝3，得a1＝S1＝0，令n＝3，得S3＋S2＝5，所以S3＝2，则a3＝S3－S2＝－1，所以a1＋a3＝0＋(－1)＝－1. 8．若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝ (－2)n－1 . 解析：由Sn＝an＋得，当n≥2时，Sn－1＝an－1＋，两式相减整理得，an＝－2an－1(n≥2)． 又n＝1时，S1＝a1＝a1＋，∴a1＝1， ∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列， ∴an＝(－2)n－1. 9．(2018·江门期末)已知数列{an}中，a1＝5，且an＝2an－1＋2n－1(n≥2，且n∈N＋)． (1)求a2，a3

5、； (2)证明数列为等差数列，并求数列{an}的通项公式． 解析：(1)由题意知a2＝2a1＋22－1＝2×5＋4－1＝13，a3＝2a2＋23－1＝2×13＋8－1＝33. (2)∵数列{an}中，a1＝5，且an＝2an－1＋2n－1(n≥2，且n∈N＋)， ∴＝＋1.又∵＝2， ∴数列是首项为2，公差为1的等差数列， ∴＝2＋(n－1)＝n＋1，∴an－1＝(n＋1)·2n， ∴数列{an}的通项公式an＝(n＋1)·2n＋1. 10．已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的

6、前2n项和． 解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n. 当n＝1时，a1＝1也适合上式， 故数列{an}的通项公式为an＝n. (2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2. B组　能力提升练 1．(2018·聊

7、城模拟)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和．是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，则此数列第20项为(　B　) A．180 B．200 C．128 D．162 解析：由题意可知，偶数项的通项公式为a2n＝2n2. 2．已知数列{an}的首项为2，且数列{an}满足an＋1＝，数列{an}的前n项的和为Sn，则S2 016为(　C　) A．504 B．588 C．－58

8、8 D．－504 3．观察下列各图，并阅读图形下面的文字，则10条直线相交，交点的个数最多是(　B　) A．40 B．45 C．50 D．55 4．(2018·杨浦区校级期末)在我国古代数学著作《孙子算经》中，卷下第二十六题是：今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？满足题意的答案可以用数列表示，该数列的通项公式可以表示为an＝　105n－82(n∈N*)　. 解析：本题的意思是一个数用3除余2，用7除也余2， 所以用3与7的最小公倍数21除也余2. 而用21除余2的数我们首先就会想到23,23恰好被5除余3，即最小的一个数为23，同时这个

9、数相差又是3,5,7的最小公倍数，即3×5×7＝105. 即数列的通项公式可以表示为an＝105n－82(n∈N*)． 5．(2018·泰安二模)若递增数列{an}满足：a1＝a，a2＝2－a，an＋2＝2an，则实数a的取值范围为　　. 解析：∵递增数列{an}满足：a1＝a，a2＝2－a，an＋2＝2an，∴0

10、 ∴nSn＝n2a1＋d ＝－3n2＋(n3－n2)＝n3－. 构造函数f(x)＝x3－x2(x>0)， f′(x)＝x2－x， 令f′(x)＝0，解得x＝0(舍去)或x＝. 当x>时，f(x)是单调递增的； 当0

11、(1＋3)＋1＝9， a4＝2S3＋1＝2(1＋3＋9)＋1＝27， a5＝2S4＋1＝2(1＋3＋9＋27)＋1＝81， ∴S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋3＋9＋27＋81＝121， ∴a1＝1，S5＝121. 8．如图，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn，…分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等，设OAn＝an，若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是　an＝　. 解析：设△A1B1O的面积为S0，梯形AnBnBn＋1An＋1的面积为S，由比例性质得＝2＝，S＝3S0，所以＝2⇒＝

12、2，得到＝2，由累乘法可得2·2·2·…·2＝2＝×××…×＝⇒2＝⇒an＋1＝.因为a1＝1，则an＝. 9．(2018·永定区校级月考)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝(an－1)(a＞0，且a≠1)．数列{bn}满足bn＝an·lg an. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若对一切n∈N＋都有bn＜bn＋1，求实数a的取值范围． 解析：(1)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝(an－1)(a＞0，且a≠1)． ∴当n＝1时，a1＝，解得a1＝a. 当n≥2时，Sn－1＝(an－1－1)， 可得an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)， 化为an＝aan－

13、1. ∴数列{an}是等比数列，首项与公比都为a.∴an＝an. (2)bn＝an·lg an＝nanlg a. ∵对一切n∈N＋都有bn＜bn＋1， ∴nanlg a＜(n＋1)an＋1lg a. ①当a＞1时，a>对一切n∈N＋都成立． ②当0＜a＜1时，有a＜对一切n∈N＋都成立，所以有0＜a＜. 综上可知a＞1或0＜a＜. 10．已知数列{an}中，a1＝3，a2＝5，其前n项和Sn满足Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋2n－1(n≥3)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝log2，n∈N*，设数列{bn}的前n项和为Tn，当n为何值时，Tn有最大值？并求

14、最大值． 解析：(1)由题意知Sn－Sn－1＝Sn－1－Sn－2＋2n－1(n≥3)，即an＝an－1＋2n－1(n≥3)，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋a2＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋5＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＋2＝2n＋1(n≥3)， 经检验，知n＝1,2时，结论也成立，故an＝2n＋1. (2)bn＝log2＝log2＝log228－2n＝8－2n，n∈N*， 当1≤n≤3时，bn＝8－2n>0； 当n＝4时，bn＝8－2n＝0； 当n≥5时，bn＝8－2n<0. 故n＝3或n＝4时，Tn有最大值，且最大值为T3＝T4＝12. 7