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.pdf

5-1 数列的概念与简单表示法5-1 数列的概念与简单表示法 课时规范练课时规范练 (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 ) A4 B5 C6 D7 2(2018·东湖区校级月考)数列an的前n项和为Sn，若Sn2n1(nN N)，则a2 017的 值为( A ) A2 B3 C2 017 D3 033 3 设数列an满足 ：a12，an11， 记数列an的前n项之积为Tn， 则T2 018的值为 1 an ( B ) A B1 1 2 C. D2 1 2 4已知数列an满足a11，anan1n(n2)，则数列an的通项公式为an( A ) A.n(n1) Bn(3n1) 1 2 1 2 Cn2n1 Dn22n2 5(2018·河南一模)已知数列： ，依它的前 10 项的规律，这个 1 1 2 1 1 2 3 1 2 2 1 3 4 1 3 2 2 3 1 4 数列的第 2 018 项a2 018等于( D ) A. B 1 31 1 63 C64 D63 2 解析：观察数列可分为：(1) ，(2) ，(3) ，(4) ， 1 1 2 1 1 2 3 1 2 2 1 3 4 1 3 2 2 3 1 4 它的项数是 123k(kN N*)， kk1 2 并且在每一个k段内，是k个分数(kN N*，k3)，且它们的分子与分母的和为k1(kN N*， k3) 当k63 时，2 0162 018(kN N*)，故a2 018在 64 段中，该数列的第 2 018 kk1 2 项a2 018为第 64 组的第 2 项，故a2 018. 63 2 6(2018·南明区校级月考)已知数列an满足a11，an1an，nN N*，则 1 nn1 通项公式an . 1 n 解析：由题意，an1an ，利用叠加法可得ana11 ，a11，an . 1 n 1 n1 1 n 1 n 7数列an的前n项和为Sn，若SnSn12n1(n2)，且S23，则a1a3的值为 1 . 解析 ： SnSn12n1(n2)令n2，得S2S13，由S23，得a1S10，令n3， 得S3S25，所以S32，则a3S3S21，所以a1a30(1)1. 8若数列an的前n项和Snan ，则an的通项公式是an (2)n1 . 2 3 1 3 解析 ： 由Snan 得，当n2 时，Sn1an1 ，两式相减整理得，an2an1(n2) 2 3 1 3 2 3 1 3 又n1 时，S1a1a1 ，a11， 2 3 1 3 an是首项为 1，公比为2 的等比数列， an(2)n1. 9(2018·江门期末)已知数列an中，a15，且an2an12n1(n2，且nN N) (1)求a2，a3； (2)证明数列为等差数列，并求数列an的通项公式 an1 2n 解析：(1)由题意知a22a12212×54113，a32a22312×138133. (2)数列an中，a15，且an2an12n1(n2，且nN N)， 1.又2， an1 2n an11 2n1 a11 2 数列是首项为 2，公差为 1 的等差数列， an1 2n 2(n1)n1，an1(n1)·2n， an1 2n 数列an的通项公式an(n1)·2n1. 10已知数列an的前n项和Sn，nN N*. n2n 2 (1)求数列an的通项公式； (2)设bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n项和 解析：(1)当n1 时，a1S11； 当n2 时，anSnSn1n. n2n 2 n12n1 2 当n1 时，a11 也适合上式， 故数列an的通项公式为ann. (2)由(1)知，bn2n(1)nn， 记数列bn的前2n项和为T2n， 则T2n(212222n)( 12342n) 记A212222n，B12342n，则A22n12， 2122n 12 B(12)(34)(2n1)2nn. 故数列bn的前 2n项和T2nAB22n1n2. B 组 能力提升练 1(2018·聊城模拟)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 ) A180 B200 C128 D162 解析：由题意可知，偶数项的通项公式为a2n2n2. 2已知数列an的首项为 2，且数列an满足an1，数列an的前n项的和为Sn， an1 an1 则S2 016为( C ) A504 B588 C588 D504 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 ) A40 B45 C50 D55 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 105n82(nN 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 这个数相差又是 3,5,7 的最小公倍数，即 3×5×7105. 即数列的通项公式可以表示为an105n82(nN N*) 5(2018·泰安二模)若递增数列an满足：a1a，a22a，an22an，则实数a的取值 范围为 . ( 2 3，1) 解析 ： 递增数列an满足 ：a1a，a22a，an22an，00)， 1 3 10 3 f(x)x2x， 20 3 令f(x)0，解得x0(舍去)或x. 20 3 当x时，f(x)是单调递增的； 20 3 当 0对一切nN N都成立 n n1 当 0a1 时，有a对一切nN N都成立，所以有 0a . n n1 1 2 综上可知a1 或 0a . 1 2 10已知数列an中，a13，a25，其前n项和Sn满足SnSn22Sn12n1(n3) (1)求数列an的通项公式； (2)若bnlog2，nN N*，设数列bn的前n项和为Tn，当n为何值时，Tn有最大值？ 256 a2n1 并求最大值 解析 ： (1)由题意知SnSn1Sn1Sn22n1(n3)， 即anan12n1(n3)， an(an an1)(an1an2)(a3a2)a22n12n22252n12n222 2122n1(n3)， 经检验，知n1,2 时，结论也成立，故an2n1. (2)bnlog2log2log2282n82n，nN N*， 256 a2n1 28 22n 当 1n3 时，bn82n0； 当n4 时，bn82n0； 当n5 时，bn82n0. 故n3 或n4 时，Tn有最大值，且最大值为T3T412.