2018年步步高高中数学大一轮复习第1讲 数列的概念与简单表示法
- 格式：docx
- 大小：52.58 KB
- 文档页数：7
第六章 数列
第1讲数列的概念与简单表示法
一、选择题
1．数列{an}：1，－58，715，－924，…的一个通项公式是( )
A．an＝(－1)n＋12n－1n2＋n(n∈N＋)
B．an＝(－1)n－12n＋1n3＋3n(n∈N＋)
C．an＝(－1)n＋12n－1n2＋2n(n∈N＋)
D．an＝(－1)n－12n＋1n2＋2n(n∈N＋)
解析 观察数列{an}各项，可写成：31×3，－52×4，73×5，－94×6，故选D.
答案 D
2．把1,3,6,10,15,21这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点子可以排成
一个正三角形(如图所示)．
则第七个三角形数是( )．
A．27 B．28 C．29 D．30
解析 观察三角形数的增长规律，可以发现每一项与它的前一项多的点数正好
是本身的序号，所以根据这个规律计算即可．根据三角形数的增长规律可知第
七个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.
答案 B
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(n∈N*)，则a5＝
( )．
A．－16 B．16 C．31 D．32
解析 当n＝1时，S1＝a1＝2a1－1，∴a1＝1，
又Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，∴Sn－Sn－1＝an＝2(an－an－1)．
∴anan－1＝2.∴an＝1×2n－1，∴a5＝24＝16.
答案 B
4．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，
此数列的第2 014项与5的差即a2 014－5＝( )．
A．2 020×2 012 B．2 020×2 013
C．1 010×2 012 D．1 010×2 013
解析 结合图形可知，该数列的第n项an＝2＋3＋4＋…＋(n＋2)．所以a
2 014
－5＝4＋5＋…＋2 016＝2 013×1 010.故选D.
答案 D
5．在数列{an}中，an＝－2n2＋29n＋3，则此数列最大项的值是( )．
A．103 B.8658 C.8258 D．108
解析 根据题意并结合二次函数的性质可得：an＝－2n2＋29n＋3＝－
2n2－292n＋3＝－2n－2942＋3＋8418，
∴n＝7时，an取得最大值，最大项a7的值为108.
答案 D
6．定义运算“*”，对任意a，b∈R，满足①a*b＝b*a；②a*0＝a；(3)(a*b)*c＝c*(ab)
＋(a*c)＋(c*b)．设数列{an}的通项为an＝n*1n*0，则数列{an}为( )．
A．等差数列 B．等比数列
C．递增数列 D．递减数列
解析 由题意知an＝n*1n*0＝0]n·1n＋(n*0)＋0]1n)＝1＋n＋1n，显然数列{an}
既不是等差数列也不是等比数列；又函数y＝x＋1x在[1，＋∞)上为增函数，
所以数列{an}为递增数列．
答案 C
二、填空题
7．在函数f(x)＝x中，令x＝1,2,3，…，得到一个数列，则这个数列的前5项
是________．
答案 1，2，3，2，5
8．已知数列{an}满足a1＝1，且an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则a2＝________；an＝
________.
解析 由an＝n(an＋1－an)，可得an＋1an＝n＋1n，
则an＝anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a2a1·a1＝nn－1×n－1n－2×n－2n－3×…×21×1＝n，∴a2＝2，
an＝n.
答案 2 n
9．已知f(x)为偶函数，f(2＋x)＝f(2－x)，当－2≤x≤0时，f(x)＝2x，若n∈N*，
an＝f(n)，则a2 013＝________.
解析 ∵f(x)为偶函数，∴f(x)＝f(－x)，
∴f(x＋2)＝f(2－x)＝f(x－2)．
故f(x)周期为4，
∴a2 013＝f(2 013)＝f(1)＝f(－1)＝2－1＝12.
答案 12
10．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5＜ak＜8，则k的值为
________．
解析 ∵Sn＝n2－9n，
∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－10，
a1＝S1＝－8适合上式，∴an＝2n－10(n
∈N*)，
∴5＜2k－10＜8，得7.5＜k＜9.∴k＝8.
答案 8
三、解答题
11．数列{an}的通项公式是an＝n2－7n＋6.
(1)这个数列的第4项是多少？
(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？
(3)该数列从第几项开始各项都是正数？
解(1)当n＝4时，a4＝42－4×7＋6＝－6.
(2)令an＝150，即n2－7n＋6＝150，解得n＝16，即150是这个数列的第16
项．
(3)令an＝n2－7n＋6>0，解得n>6或n<1(舍)，
∴从第7项起各项都是正数．
12．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝12.
(1)求证：1Sn成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以1Sn－1Sn－1＝2，
又1S1＝1a1＝2，故1Sn是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)解 由(1)可得1Sn＝2n，∴Sn＝12n.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝12n－12n－1＝n－1－n2nn－1＝－12nn－1.
当n＝1时，a1＝12不适合上式．
故an＝ 12，n＝1，－12nn－1，n≥2.
13．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
解 (1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，
即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，
又S1－31＝a－3(a≠3)，故数列{Sn－3n}是首项为a－3，公比为2的等比数列，
因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，
于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3
n－1
＋(a－3)2n－2，
当n＝1时，a1＝a不适合上式，
故an＝ a，n＝1，2×3n－1＋a－32n－2，n≥2.
an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2
＝2n－212·32n－2＋a－3，
当n≥2时，an＋1≥an⇔12·32n－2＋a－3≥0⇔a≥－9.
又a2＝a1＋3>a1.
综上，所求的a的取值范围是[－9，＋∞)．
14．在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数
列{bm}的前m项和Sm.
解 (1)因为{an}是一个等差数列，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，即a4＝28.
设数列{an}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.
由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1.
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．
(2)对m∈N*，若9m＜an＜92m，
则9m＋8＜9n＜92m＋8，因此9m－1＋1≤n≤92m－1，
故得bm＝92m－1－9m－1.
于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm
＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)
＝9×1－81m1－81－1－9m1－9
＝92m＋1－10×9m＋180.
