《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）北師大版》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）北師大版（5頁珍藏版）》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＝－，

2、a4＝，a5＝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．(2

3、019·長(zhǎng)春調(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＝________.

4、 　[當(dāng)n≥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，如果任意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，

5、an＋1)(n∈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∈

6、N*) 可得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]　(

7、1)由n2－5n＋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

8、條件 C．充分必要條件 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－

9、n＋60，所以＝＝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)上遞減，在區(qū)間(2，＋∞)上遞增，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}，

10、{a2k}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，＋∞)． - 5 -