2025屆高考數(shù)學統(tǒng)考一輪復(fù)習課后限時集訓37數(shù)列的概念與簡單表示法理含解析新人教版

PAGE課后限時集訓(三十七)數(shù)列的概念與簡潔表示法建議用時：40分鐘一、選擇題1．已知數(shù)列eq\r(3)，eq\r(5)，eq\r(7)，…，eq\r(2n－1)，eq\r(2n＋1)，則3eq\r(5)是這個數(shù)列的()A．第20項 B．第21項C．第22項 D．第23項C[由題意知，數(shù)列的通項公式為an＝eq\r(2n＋1)，令eq\r(2n＋1)＝3eq\r(5)得n＝22，故選C．]2．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2，則a8的值為()A．15B．16C．49D．64A[當n＝8時，a8＝S8－S7＝82－72＝15.]3．數(shù)列{an}中，an＋1＝2an＋1，a1＝1，則a6＝()A．32B．62C．63D．64C[數(shù)列{an}中，an＋1＝2an＋1，故an＋1＋1＝2(an＋1)，因為a1＝1，故a1＋1＝2≠0，故an＋1≠0，所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2，所以{an＋1}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列．所以an＋1＝2n，即an＝2n－1，故a6＝63，故選C．]4．(2024·柳州模擬)若數(shù)列{an}滿意a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，則a2020的值為()A．2B．－3C．－eq\f(1,2)D．eq\f(1,3)D[由題意知，a2＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝eq\f(1－3,1＋3)＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq\f(1,3)，a5＝eq\f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2，a6＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，…，因此數(shù)列{an}是周期為4的周期數(shù)列，∴a2020＝a505×4＝a4＝eq\f(1,3).故選D．]5．已知各項都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿意aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1an－2aeq\o\al(2,n)＝0，且a1＝2，則數(shù)列{an}的通項公式為()A．a(chǎn)n＝2n－1 B．a(chǎn)n＝3n－1C．a(chǎn)n＝2n D．a(chǎn)n＝3nC[∵aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1an－2aeq\o\al(2,n)＝0，∴(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0.∵數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，∴an＋1＋an＞0，∴an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an(n∈N*)，∴數(shù)列{an}是以2為公比的等比數(shù)列．∵a1＝2，∴an＝2n.]6．記Sn為數(shù)列{an}的前n項和．“隨意正整數(shù)n，均有an>0”是“{Sn}是遞增數(shù)列”A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件A[∵“an>0”?“數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列”∴“an>0”是“數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列”如數(shù)列{an}為－1,1,3,5,7,9，…，明顯數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，但是an不肯定大于零，還有可能小于零，∴“數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列”不能推出“an>0”∴“an>0”是“數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列”∴“an>0”是“數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列”二、填空題7．若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(2,3)n2－eq\f(1,3)n，則數(shù)列{an}的通項公式an＝.eq\f(4,3)n－1[當n＝1時，a1＝S1＝eq\f(1,3).當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2,3)n2－eq\f(1,3)n－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n－12－\f(1,3)n－1))＝eq\f(4n,3)－1.又a1＝eq\f(1,3)適合上式，則an＝eq\f(4,3)n－1.]8．設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝.－eq\f(1,n)[∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.∵Sn≠0，∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1.又eq\f(1,S1)＝－1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項為－1，公差為－1的等差數(shù)列．∴eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq\f(1,n).]9．若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－10n(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式an＝，數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項是第項．2n－11(n∈N*)3[∵Sn＝n2－10n，∴當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；當n＝1時，a1＝S1＝－9也適合上式．∴an＝2n－11(n∈N*)．記f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函數(shù)圖象的對稱軸為直線n＝eq\f(11,4)，但n∈N*，∴當n＝3時，f(n)取最小值．∴數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項是第3項．]三、解答題10．已知各項都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿意a1＝1，aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通項公式．[解](1)由題意可得a2＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(1,4).(2)由aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因為{an}的各項都為正數(shù)，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2).故{an}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，因此an＝eq\f(1,2n－1).11．已知數(shù)列{an}滿意a1＝50，an＋1＝an＋2n(n∈N*)，(1)求{an}的通項公式；(2)已知數(shù)列{bn}的前n項和為an，若bm＝50，求正整數(shù)m的值．[解](1)當n≥2時，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2＋2×1＋50＝2×eq\f(n－1n,2)＋50＝n2－n＋50.又a1＝50＝12－1＋50，∴{an}的通項公式為an＝n2－n＋50，n∈N*.(2)b1＝a1＝50，當n≥2時，bn＝an－an－1＝n2－n＋50－[(n－1)2－(n－1)＋50]＝2n－2，即bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(50，n＝1，,2n－2，n≥2.))當m≥2時，令bm＝50，得2m－2＝50，解得m又b1＝50，∴正整數(shù)m的值為1或26.1．(2024·大同模擬)古希臘畢達哥拉斯學派的“三角形數(shù)”是一列點(或圓球)在等距的排列下可以形成正三角形的數(shù)，如1,3,6,10,15，…，我國宋元時期數(shù)學家朱世杰在《四元玉鑒》中所記載的“垛積術(shù)”，其中的“落一形”堆垛就是每層為“三角形數(shù)”的三角錐的錐垛(如圖所示，頂上一層1個球，下一層3個球，再下一層6個球，…)．若一“落一形”三角錐垛有10層，則該堆垛總共球的個數(shù)為()三角錐垛A．55B．220C．285D．385B[數(shù)列{an}如1,3,6,10,15，…，可得通項公式an＝eq\f(n1＋n,2).∴Sn＝eq\f(12＋22＋…＋n2,2)＋eq\f(1＋2＋…＋n,2)＝eq\f(nn＋12n＋1,12)＋eq\f(n1＋n,4).n＝10時，可得S10＝eq\f(10×11×21,12)＋eq\f(10×11,4)＝220.故選B．]2．(2024·承德模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且?n∈N*，an＋1＞an，Sn≥S6.請寫出一個滿意條件的數(shù)列{an}的通項公式an＝.n－6，n∈N*(答案不唯一)[由?n∈N*，an＋1＞an可知數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，又Sn≥S6，故數(shù)列{an}從第7項起先為正．而a6≤0，因此不妨設(shè)數(shù)列是等差數(shù)列，公差為1，a6＝0，所以an＝n－6，n∈N*.(答案不唯一)]3．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，其前n項和為Sn，且滿意2Sn＝(n＋1)an(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)記bn＝3n－λaeq\o\al(2,n)，若數(shù)列{bn}為遞增數(shù)列，求λ的取值范圍．[解](1)∵2Sn＝(n＋1)an，∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即nan＋1＝(n＋1)an，∴eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)，∴eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a1,1)＝1，∴an＝n(n∈N*)．(2)由(1)知bn＝3n－λn2.bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n