新教材2023_2024学年高中数学第一章数列培优课1数列的通项公式问题分层作业北师大版选择性必修第二册

第一章培优课1　数列的通项公式问题

A级 必备知识基础练

1.[2023山东聊城统考模拟预测]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5=5,a1+S11=67,则a3a10是{an}中的(　　)

A.第30项 

B.第36项 

C.第48项 

D.第60项

2.已知在数列{an}中,a1=1,an+1=,则这个数列的第n项为(　　)

A.2n-1 B.2n+1 

C. D.

3.[2023山东潍坊昌乐第一中学阶段练习]已知数列{an}满足a1=,an+1=an+,则{an}的通项公式为              (　　)

A.an=,n≥1,n∈N+

B.an=,n≥1,n∈N+

C.an=-,n≥1,n∈N+

D.an=,n≥1,n∈N+

4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn=3n+1+t,则数列的通项公式an=　　　　　　　　　　　. 

5.在等比数列{an}中,a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a1,a2,a3中的任何两个数不在下表的同一列.

则数列{an}的通项公式为　. 

6.数列{an}满足a1=1,Sn+1=4an+3.

(1)求证:数列{an+1-2an}是等比数列;

(2)求数列{an}的通项公式.

7.已知数列{an}的前n项和Sn满足an·Sn=(Sn-1)2.

(1)证明:数列为等差数列;

(2)求数列{an}的通项公式.

B级 关键能力提升练

8.已知在数列{an}中,a1=1,an+1=an+n,则数列{an}的通项公式为(　　)

A.an= 

B.an=

C.an= 

D.an=n2-n+1

9.在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3(n∈N+),则该数列的通项an=(　　)

A.2n+1-3 

B.2n-3

C.2n+1+3 

D.2n+1-1

10.在数列{an}中,a1=2,+ln,则an= (　　)

A.a8 

B.2+(n-1)ln n

C.1+n+ln n 

D.2n+nln n

11.已知数列{an}满足a1=1,an=n(an+1-an),则数列{an}的通项公式为(　　)

A.an=2n-1 

B.an= 

C.an=n2 

D.an=n

12.已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=6,Sn=(n∈N+),则数列{an}的通项公式为(　　)

A.an=3n 

B.an=3n

C.an=n+4 

D.an=n2+2

13.正项数列{an}满足anan+2=,n∈N+.若a5=9,a2a4=1,则a2的值为　　　　　. 

14.数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+3,则an=　　　　　. 

15.在数列{an}中,a1=0,an+1-an=,且an=9,则n=　　　　　. 

16.已知数列{an}满足a1a2…an=2-2an,n∈N+.

(1)求a1的值,并证明数列是等差数列;

(2)求数列{an}的通项公式并证明:≤an<1.

17.已知f(x)=-,数列{an}的前n项和为Sn,点Pn在曲线y=f(x)上(n∈N+)且a1=1,an>0.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)数列{bn}的前n项和为Tn,且满足+16n2-8n-3,确定b1的值使得数列{bn}是等差数列.

C级 学科素养创新练

18.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,nSn+1-(n+1)Sn=,n∈N+.

(1)求数列{an}的通项公式.

(2)是否存在正整数k,使ak,S2k,a4k成等比数列?若存在,求k的值;若不存在,请说明理由.

参考答案

培优课1　数列的通项公式问题

1.A　设等差数列{an}的公差为d,由a5=5,得a1+4d=5①;

由a1+S11=67,得12a1+d=67,即12a1+55d=67②.

由①②解得a1=1,d=1,所以an=n.

于是a3a10=3×10=30,而a30=30,故a3a10是{an}中的第30项.

故选A.

2.C　∵an+1=,a1=1,∴=2.

∴为等差数列,公差为2,首项=1.

∴=1+(n-1)×2=2n-1,∴an=.

3.D　因为an+1=an+,所以an+1-an=,

则当n≥2,n∈N+时,

将(n-1)个式子相加可得an-a1=1-+…+=1-.

因为a1=,则an=1-,

当n=1时,a1=符合上式,

所以an=,n≥1,n∈N+.

故选D.

4.2×3n　∵在等比数列{an}中,前n项和Sn=3n+1+t,

∴a1=S1=9+t,a2=S2-S1=18,a3=S3-S2=54,

∴182=54(9+t),解得t=-3,

∴a1=9+t=6,公比q=3,

∴an=6×3n-1=2×3n.

5.an=2×3n-1　当a1=3时,不合题意;

当a1=2时,当且仅当a2=6,a3=18时,符合题意;

当a1=10时,不合题意.

因此a1=2,a2=6,a3=18,

所以公比q=3,故an=2×3n-1.

6.(1)证明当n=1时,a1=1,S2=a1+a2=4a1+3,

解得a2=6,

当n≥2时,由Sn+1=4an+3可知Sn=4an-1+3,

两式作差可得an+1=4an-4an-1,

即an+1-2an=2(an-2an-1),

又因为a2-2a1=4,

所以an-2an-1≠0,

所以=2,

所以数列{an+1-2an}是首项为4,公比为2的等比数列.

(2)解由(1)知an+1-2an=4×2n-1=2n+1,

两边同除以2n+1,得=1,

又因为,

所以数列是首项为,公差为1的等差数列,

所以+(n-1)=,

整理得an=2n-1(2n-1),

故数列{an}的通项公式为an=2n-1(2n-1).

7.(1)证明 当n=1时,由an·Sn=(Sn-1)2得a1=S1=,当n≥2时,由an·Sn=(Sn-1)2有(Sn-Sn-1)·Sn=(Sn-1)2,所以Sn=,则=-1,

又=-2,所以数列是以-2为首项,以-1为公差的等差数列.

(2)解 由(1)知=-2-(n-1)=-n-1,所以Sn=.

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=.

当n=1时,a1=也满足an=.

所以数列{an}的通项公式为an=.

8.C　因为an+1=an+n,所以an=an-1+n-1(n≥2).

又因为a1=1,则an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=(n-1)+(n-2)+…+1+1=+1=.

故选C.

9.A　由an+1=2an+3,得an+1+3=2(an+3),

又a1=1,∴a1+3=4≠0,

∴数列{an+3}是以4为首项,以2为公比的等比数列,则an+3=4×2n-1,

∴an=2n+1-3.故选A.

10.D　由题意得,+ln,

则+ln+ln,…,+ln,

由累加法得+ln+ln+…+ln,

即=a1+ln,

则=2+lnn,

所以an=2n+nlnn.

故选D.

11.D　由an=n(an+1-an),得(n+1)an=nan+1,

即,则,…,,n≥2.

由累乘法可得=n,所以an=n,n≥2.

又a1=1,符合上式,所以an=n.

故选D.

12.A　当n=1时,S1=a1;

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,

整理得(n-1)an=nan-1,即,

由累乘法得an=a2××…×=6××…×=3n(n≥2).

又S2=·a2=a2+a1,解得a1=3,满足上式.

综上,an=3n(n∈N+).

故选A.

13.　∵an>0,anan+2=,

∴=…=,

∴{an}是等比数列,设数列{an}的公比为q,且q>0,

由a5=9,a2a4=1得解得

∴a2=a1q=×3=.

14.　根据题意,数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+3,

当n=1时,a1=S1=1-2+3=2,

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-2n+3-(n-1)2+2(n-1)-3=2n-3,

故an=

15.100　根据题意,an+1-an=,

∴a2-a1=-1,

a3-a2=,

……

an-an-1=.

上述式子相加可得an-a1=-1,

即an=-1,令-1=9,

解得n=100.

16.(1)解当n=1时,a1=2-2a1,解得a1=,

当n≥2时,a1a2…an=2-2an,a1a2…an-1=2-2an-1,两式相除得an=(n∈N+,n≥2),

整理得-1(n∈N+,n≥2),

即=1(n∈N+,n≥2),

∵=3,

∴为等差数列,公差为1,首项为3.

(2)证明由(1)得=n+2,

则an=(n∈N+).

∵an==1-<1,

又数列{an}是递增数列,∴an≥a1=.

∴≤an<1.

17.解 (1)因为f(x)=-,且点Pnan,-在曲线y=f(x)上(n∈N+),

所以,即=4,

所以是以1为首项,以4为公差的等差数列,

所以=1+4(n-1)=4n-3,即an=(n∈N+).

(2)由(1)知:+16n2-8n-3,

即为(4n-3)Tn+1=(4n+1)Tn+(4n-3)(4n+1),

整理得=1,

所以数列是以T1为首项,以1为公差的等差数列,则=T1+n-1,即Tn=(4n-3)(T1+n-1),

当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=4b1+8n-11,

若{bn}是等差数列,则b1适合上式,令n=1,得b1=4b1-3,解得b1=1.

18.解(1)由nSn+1-(n+1)Sn=,

得,

∴数列是首项为=1,公差为的等差数列,

∴=1+(n-1)=(n+1),

∴Sn=.

当n≥2时,an=Sn-Sn-1==n.

而a1=1适合上式,

∴an=n.

(2)由(1)知an=n,Sn=.

假设存在正整数k,使ak,,a4k成等比数列,

则=ak·a4k,即2=k·4k.

∵k为正整数,

∴(2k+1)2=4,得2k+1=2或2k+1=-2,

解得k=或k=-,与k为正整数矛盾.

∴不存在正整数k,使ak,,a4k成等比数列.