高考数学一轮复习第五章第一节数列的概念与简单表示法课时作业理含解析北师大版

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数列的概念与简单表示法

授课提示：对应学生用书第323页
[A组　基础保分练]
1．下列关于星星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是（　　）

A．an＝n2－n＋1　　　 B．an＝
C．an＝ D．an＝
解析：从题图中可观察星星的构成规律，n＝1时，有1个；n＝2时，有3个；n＝3时，有6个；n＝4时，有10个；…；∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝．
答案：C
2．（2021·山西太原模拟）已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋an＝2n（n∈N＋），则a7＝（　　）
A． B．
C． D．
解析：当n≥2时，Sn－1＋an－1＝2n－2，又Sn＋an＝2n，所以2an－an－1＝2，所以2（an－2）＝an－1－2，故{an－2}是首项为a1－2，公比为的等比数列，
又S1＋a1＝2，故a1＝1，所以an＝－＋2，故a7＝2－＝．
答案：B
3．在数列{an}中，若对任意的n∈N＋均有an＋an＋1＋an＋2为定值，且a1＝2，a9＝3，a98＝4，则数列{an}的前100项的和S100＝（　　）
A．132 B．299
C．68 D．99
解析：因为对任意的n∈N＋均有an＋an＋1＋an＋2为定值，所以an＋an＋1＋an＋2＝an＋1＋an＋2＋an＋3，所以an＋3＝an．所以数列{an}是周期数列，且周期为3．故a2＝a98＝4，a3＝a9＝3，a100＝a1＝2，所以S100＝33（a1＋a2＋a3）＋a100＝299．
答案：B
4．（2021·济宁期中测试）已知数列{an}满足an＝若对任意的n∈N＋都有an＜an＋1成立，则实数a的取值范围为（　　）
A．（1，4） B．（2，5）
C．（1，6） D．（4，6）
解析：因为对任意的n∈N＋都有an＜an＋1成立，所以数列是递增数列，因此解得1＜a＜4．
答案：A
5．已知数列{an}满足a1＝2，且2an＋1－1＝a1＋a12an－2，则a32＝（　　）
A．8 B．7
C．6 D．5
解析：将a1＝2代入2an＋1－1＝a1＋a12an－2，整理得2an＋1－1－2an－1＝2，又2a1－1＝2，所以数列{2an－1}是首项为2，公差为2的等差数列，所以2an－1＝2＋（n－1）×2＝2n，所以an＝log22n＋1，于是a32＝log264＋1＝7．
答案：B
6．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则此数列的第20项为（　　）
A．180 B．200
C．128 D．162
解析：由0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，可得偶数项的通项公式为a2n＝2n2，则此数列的第20项为2×102＝200．
答案：B
7．已知{an}满足an＝（n－λ）2n（n∈N＋），若{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．
解析：因为{an}是递增数列，
所以an＋1＞an，所以（n＋1－λ）2n＋1＞（n－λ）2n，
化简得λ＜n＋2，对任意n∈N＋都成立．
所以λ＜3．
答案：（－∞，3）
8．（2021·天水月考）已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3·2n，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：由an＋1＝2an＋3·2n，得＝＋，即－＝．又＝1，∴数列是以1为首项，以为公差的等差数列，则＝1＋（n－1）＝n－，∴an＝（3n－1）·2n－1．
答案：（3n－1）·2n－1
9．（1）已知Sn为数列{an}的前n项和，且log2（Sn＋1）＝n＋1，求数列{an}的通项公式；
（2）已知数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且对任意n∈N＋，均有2Sn＝an＋a，求数列{an}的通项公式．
解析：（1）由log2（Sn＋1）＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1，
当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
∴数列{an}的通项公式为an＝
（2）∵2Sn＝an＋a，当n＝1时，2S1＝2a1＝a1＋a．
又a1＞0，∴a1＝1．当n≥2时，2an＝2（Sn－Sn－1）＝an＋a－an－1－a，
∴（a－a）－（an＋an－1）＝0，
∴（an＋an－1）（an－an－1）－（an＋an－1）＝0，
∴（an＋an－1）（an－an－1－1）＝0，
∵an＋an－1＞0，∴an－an－1＝1，
∴{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n（n∈N＋）．
10．（2021·东营模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N＋．
（1）求a1的值；
（2）求数列{an}的通项公式．
解析：（1）令n＝1，T1＝2S1－1，
因为T1＝S1＝a1，
所以a1＝2a1－1，所以a1＝1．
（2）n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－（n－1）2，
则Sn＝Tn－Tn－1
＝2Sn－n2－[2Sn－1－（n－1）2]
＝2（Sn－Sn－1）－2n＋1
＝2an－2n＋1．
因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，
所以Sn＝2an－2n＋1（n≥1），
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2（n－1）＋1，
两式相减得an＝2an－2an－1－2，
所以an＝2an－1＋2（n≥2），
所以an＋2＝2（an－1＋2），
因为a1＋2＝3≠0，
所以数列{an＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．
所以an＋2＝3×2n－1，
所以an＝3×2n－1－2，
当n＝1时也成立，
所以an＝3×2n－1－2．
[B组　能力提升练]
1．在数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1（n≥2），那么a2 019＝（　　）
A．1 B．－2
C．3 D．－3
解析：因为an＝an－1－an－2（n≥3），所以an＋1＝an－an－1＝（an－1－an－2）－an－1＝－an－2，
所以an＋3＝－an，所以an＋6＝－an＋3＝an，
所以{an}是以6为周期的周期数列．
因为2 019＝336×6＋3，所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1．
答案：A
2．已知数列{xn}满足xn＋2＝|xn＋1－xn|（n∈N＋），若x1＝1，x2＝a（a≤1，a≠0），且xn＋3＝xn对任意的正整数n均成立，则数列{xn}的前2 019项和S2 019＝（　　）
A．672 B．673
C．1 344 D．1 346
解析：∵x1＝1，x2＝a（a≤1，a≠0），∴x3＝|x2－x1|＝|a－1|＝1－a，∴x1＋x2＋x3＝1＋a＋（1－a）＝2，又xn＋3＝xn对任意的正整数n均成立，∴数列{xn}的周期为3，∴数列{xn}的前2 019项和S2 019＝S673×3＝673×2＝1 346．
答案：D
3．若数列an＝cos，k∈N＋，则在下列数列中，可取遍数列{an}前6项值的数列为（　　）
A．{a2k＋1} B．{a3k＋1}
C．{a4k＋1} D．{a5k＋1}
解析：∵数列an＝cos，k∈N＋，∴a1＝cos ，a2＝cos，a3＝cos，a4＝cos，a5＝cos，a6＝cos＝cos，a7＝cos，∴{an}是以6为周期的周期数列，∴{a5k＋1}是可取遍数列{an}前6项值的数列．
答案：D
4．对于一个给定的数列{an}，把它连续的两项an＋1与an的比记为bn，得到一个新的数列{bn}，称数列{bn}是数列{an}的一阶比数列．若数列{an}的一阶比数列是每一项均为2的常数列，则＝（　　）
A．8 B．6
C．4 D．2
解析：由题意可知，数列{an}是等比数列，且公比q＝2，则＝＝q3＝8．
答案：A
5．若数列{an}满足a1＝－，an＋an＋1＝，则a10＝________．
解析：法一：因为an＋an＋1＝，所以an＋an＋1＝＝－，所以a1＋a2＝1－，因为a1＝－，所以a2＝1－＋；因为a2＋a3＝－，所以a3＝－－1；因为a3＋a4＝－，所以a4＝－＋1，以此类推，a10＝－＋1＝．
法二：因为an＋an＋1＝，所以an＋1＝－an，因为a1＝－＝－1，所以a2＝＋＝＝＋1，a3＝－＝－＝－1，a4＝＋＝＝＋1，以此类推，a10＝＋（－1）10＝．
答案：
6．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝（n∈N＋），则该数列的前2 021项的乘积a1·a2·a3·…·a2 021＝________．
解析：由题意可得，a2＝＝－3，
a3＝＝－，
a4＝＝，a5＝＝2＝a1，
所以数列{an}是以4为周期的周期数列，而2 021＝4×505＋1，
且a1a2a3a4＝2×（－3）××＝1．
故该数列前2 021项的乘积为a1＝2．
答案：2
7．已知二次函数f（x）＝x2－ax＋a（a＞0，x∈R），有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f（n）（n∈N＋）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设cn＝1－（n∈N＋），定义所有满足cm·cm＋1＜0的正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列{cn}的变号数．
解析：（1）依题意，Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4．
又由a＞0得a＝4，所以f（x）＝x2－4x＋4．
所以Sn＝n2－4n＋4．
当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5．
所以an＝
（2）由题意得cn＝
由cn＝1－可知，当n≥5时，恒有cn＞0．
又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－，c5＝，c6＝，
即c1·c2＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0．
所以数列{cn}的变号数为3．
[C组　创新应用练]
1．已知数列{an}满足＝2，a1＝20，则的最小值为（　　）
A．4 B．4－1
C．8 D．9
解析：由an＋1－an＝2n知a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2，
…，an－an－1＝2（n－1），n≥2，
以上各式相加得an－a1＝n2－n，n≥2，所以an＝n2－n＋20，n≥2，
当n＝1时，a1＝20符合上式，
所以＝n＋－1，n∈N＋，
所以n≤4时单调递减，n≥5时单调递增，
因为＝，所以的最小值为＝＝8．
答案：C
2．（2021·昆明调研测试）将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：
a1
a2，a3
a4，a5，a6
a7，a8，a9，a10
……
记数阵中的第1列数a1，a2，a4，…构成的数列为{bn}，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn＝2bn－1，则a56＝________．
解析：当n≥2时，因为Sn＝2bn－1，所以Sn－1＝2bn－1－1，所以bn＝2bn－2bn－1，所以bn＝2bn－1（n≥2且n∈N＋），因为b1＝2b1－1，所以b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1．设a1，a2，a4，a7，a11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{cn}，则c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋（n－1），所以cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，所以a56＝b11＝210＝1 024．
答案：1 024
3．（2021·湛江模拟）一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即，一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数．设这个整数为a，当a∈[2，2 019]时，符合条件的a共有　　　　个．
解析：由题设a＝3m＋2＝5n＋3，m，n∈N，
则3m＝5n＋1，m，n∈N，
当m＝5k，n不存在；
当m＝5k＋1，n不存在；
当m＝5k＋2，n＝3k＋1，满足题意；
当m＝5k＋3，n不存在；
当m＝5k＋4，n不存在．
其中k∈N．
故2≤a＝15k＋8≤2 019，解－≤k≤，则k＝0，1，2，…，134，共135个，即符合条件的a共有135个．故答案为135．
答案：135