2023届高考数学一轮复习作业数列的概念与简单表示法北师大版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业数列的概念与简单表示法北师大版（答案有详细解析），共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．已知数列eq \r(3)，eq \r(5)，eq \r(7)，…，eq \r(2n－1)，eq \r(2n＋1)，则3eq \r(5)是这个数列的( )
A．第20项B．第21项
C．第22项D．第23项
C [由题意知，数列的通项公式为an＝eq \r(2n＋1)，令eq \r(2n＋1)＝3eq \r(5)得n＝22，故选C．]
2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为( )
A．15 B．16 C．49 D．64
A [当n＝8时，a8＝S8－S7＝82－72＝15．]
3．数列{an}中，an＋1＝2an＋1，a1＝1，则a6＝( )
A．32 B．62 C．63 D．64
C [数列{an}中，an＋1＝2an＋1，故an＋1＋1＝2(an＋1)，
因为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}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以an＋1＝2n，即an＝2n－1，故a6＝63，故选C．]
4．若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2 020的值为( )
A．2 B．－3 C．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,3)
D [由题意知，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，…，
因此数列{an}是周期为4的周期数列，
∴a2 020＝a505×4＝a4＝eq \f(1,3)．故选D．]
5．已知各项都为正数的数列{an}满足aeq \\al(2,n＋1)－an＋1an－2aeq \\al(2,n)＝0，且a1＝2，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－1B．an＝3n－1
C．an＝2nD．an＝3n
C [∵aeq \\al(2,n＋1)－an＋1an－2aeq \\al(2,n)＝0，
∴(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0．
∵数列{an}的各项均为正数，∴an＋1＋an＞0，
∴an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an(n∈N*)，
∴数列{an}是以2为公比的等比数列．
∵a1＝2，∴an＝2n．]
6．记Sn为数列{an}的前n项和．“任意正整数n，均有an>0”是“{Sn}是递增数列”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
A [∵“an>0”⇒“数列{Sn}是递增数列”，
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件．
如数列{an}为－1，1，3，5，7，9，…，显然数列{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，
∴“数列{Sn}是递增数列”不能推出“an>0”，
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件．
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．]
二、填空题
7．若数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(2,3)n2－eq \f(1,3)n，则数列{an}的通项公式an＝________．
eq \f(4,3)n－1 [当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,3)．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(2,3)n2－eq \f(1,3)n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)n－12－\f(1,3)n－1))＝eq \f(4n,3)－1．
又a1＝eq \f(1,3)适合上式，则an＝eq \f(4,3)n－1．]
8．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则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\c1(\f(1,Sn)))是首项为－1，公差为－1的等差数列．
∴eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，
∴Sn＝－eq \f(1,n)．]
9．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________，数列{nan}中数值最小的项是第________项．
2n－11(n∈N*) 3 [∵Sn＝n2－10n，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；
当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．
∴an＝2n－11(n∈N*)．
记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，
此函数图像的对称轴为直线n＝eq \f(11,4)，但n∈N*，
∴当n＝3时，f(n)取最小值．
∴数列{nan}中数值最小的项是第3项．]
三、解答题
10．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0．
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
[解] (1)由题意可得a2＝eq \f(1,2)，a3＝eq \f(1,4)．
(2)由aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)．
故{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
因此an＝eq \f(1,2n－1)．
11．已知数列{an}满足a1＝50，an＋1＝an＋2n(n∈N*)，
(1)求{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}的前n项和为an，若bm＝50，求正整数m的值．
[解] (1)当n≥2时，
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－1n,2)＋50＝n2－n＋50．
又a1＝50＝12－1＋50，
∴{an}的通项公式为an＝n2－n＋50，n∈N*．
(2)b1＝a1＝50，当n≥2时，
bn＝an－an－1＝n2－n＋50－[(n－1)2－(n－1)＋50]＝2n－2，
即bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(50，n＝1，,2n－2，n≥2.))
当m≥2时，令bm＝50，得2m－2＝50，解得m＝26．
又b1＝50，
∴正整数m的值为1或26．
1．在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N*，都有am＋n＝am·an，若a6＝64，则a9等于( )
A．256 B．510 C．512 D．1 024
C [在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N*，都有am＋n＝am·an，
所以a6＝a3·a3＝64，a3＝8．
所以a9＝a6·a3＝64×8＝512．故选C．]
2．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意n∈N*，an＋1＞an，Sn≥S6．请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________．
n－6，n∈N*(答案不唯一) [由对任意n∈N*，an＋1＞an可知数列{an}是递增数列，又Sn≥S6，故数列{an}从第7项开始为正．而a6≤0，因此不妨设数列是等差数列，公差为1，a6＝0，所以an＝n－6，n∈N*．(答案不唯一)]
3．(2021·武威模拟)Sn是数列{an}的前n项和，且an－Sn＝eq \f(1,2)n－eq \f(1,2)n2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an－5an，求数列{bn}中最小的项．
[解] (1)对任意的n∈N*，
由an－Sn＝eq \f(1,2)n－eq \f(1,2)n2，
得an＋1－Sn＋1＝eq \f(1,2)(n＋1)－eq \f(1,2)(n＋1)2，
两式相减得an＝n，因此数列{an}的通项公式为an＝n．
(2)由(1)得bn＝2n－5n，
则bn＋1－bn＝[2n＋1－5(n＋1)]－(2n－5n)＝2n－5．
当n≤2时，bn＋1－bn＜0，
即bn＋1＜bn，∴b1＞b2＞b3；
当n≥3时，bn＋1－bn＞0，
即bn＋1＞bn，∴b3＜b4＜b5＜…，
所以数列{bn}的最小项为b3＝23－5×3＝－7．