备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(三十四)　数列的概念及通项公式

课时验收评价(三十四)　数列的概念及通项公式

一、点全面广强基训练

1．数列－1，，－，，…的一个通项公式是(　 )

A．an＝(－1)n· 

B．an＝(－1)n·

C．an＝(－1)n· 

D．an＝(－1)n·

解析：选A　由数列－1，，－，，…可知：奇数项的符号为“－”，偶数项的符号为“＋”，其分母为奇数2n－1，分子为n2.∴此数列的一个通项公式an＝(－1)n·.

2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2－n，则a4的值为(　 )

A．7  B．13  C．28  D．36

解析：选B　由题可知Sn＝2n2－n，则a4＝S4－S3＝(2×42－4)－(2×32－3)＝13，故选B.

3．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝(　 )

A．10  B．15

C．－5  D．20

解析：选D　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，当n＝1时，a1＝S1＝－1，符合上式，所以an＝4n－5，所以ap－aq＝4(p－q)＝20.

4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－7n，若3<ak<5，则k＝(　 )

A．8  B．7  C．6  D．5

解析：选C　n＝1时，a1＝1－7＝－6；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－7n－(n－1)2＋7(n－1)＝2n－8，由3<ak<5得3<2k－8<5，解得<k<，因为k∈N*，所以k＝6，故选C.

5．(2023·赣州模拟)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则该数列的前2 021项的乘积是(　 )

A．－2  B．－1  C．2  D．1

解析：选C　因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，所以a2＝＝＝－3，同理可得a3＝－，a4＝，a5＝2，…，所以数列{an}每四项重复出现，即an＋4＝an，且a1·a2·a3·a4＝1，而2 021＝505×4＋1，所以该数列的前2 021项的乘积是a1·a2·a3·a4·…·a2 021＝1505×a1＝2.

6．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n－1(n∈N*)，则a1＝______；数列{an}的通项公式为an＝______.

解析：由题意易得a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n－1)－[(n－1)2＋2(n－1)－1]＝2n＋1，而a1＝2≠3，所以an＝

答案：2　

7．下列说法：①数列1,0，－1，－2与－2，－1,0,1是相同数列；②数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}；③数列0,1,2,3，…的一个通项公式为an＝n；④数列0,1,0,1，…是常数列；⑤数列{2n＋1}是严格递增数列，其中正确的是________．(填编号)

解析：对于①，数列中的项是有序的，1,0，－1，－2与－2，－1,0,1项的排序不同，不是相同数列，①错误；

对于②，{1,3,5,7}表示集合，其中元素无序；数列1,3,5,7，各项是有序的，不可以用{1,3,5,7}来表示，②错误；

对于③，当n＝1时，a1＝1≠0，∴an＝n不是该数列的一个通项公式，③错误；

对于④，常数列是指各项均为同一常数的数列，④错误；

对于⑤，若an＝2n＋1，则an＋1＝2n＋3，∴an＋1－an＝2>0，∴数列{2n＋1}是严格递增数列，⑤正确．

答案：⑤

8．已知数列{an}满足以下条件：①a1＝sin，a2＝2sin；②数列{an}既不是单增数列，也不是单减数列；③an＋2＝an(n∈N*)．则满足条件①②③的数列的一个通项公式为________．(写出满足条件的一个数列即可)

解析：由条件①得a1＝1，a2＝2，由条件③知，数列{an}具有周期性，周期为2，

于是有a3＝1＝，a4＝2＝，…，而a1＝，a2＝，

因此，an＝，显然数列{an}不是单增数列，也不是单减数列，所以满足条件①②③的数列的一个通项公式为an＝.

答案：an＝

9．已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝4an＋3.

(1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{an}的通项公式；

(2)证明：＝4.

解：(1)a1＝3，a2＝15，a3＝63，a4＝255.

因为a1＝41－1，a2＝42－1，a3＝43－1，a4＝44－1，…，

所以归纳得an＝4n－1.

(2)证明：因为an＋1＝4an＋3，所以＝＝＝4.

10．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.

(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；

(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．

解：(1)由n2－5n＋4<0，解得1<n<4.

因为n∈N*，所以n＝2,3，

所以数列中有两项是负数，即为a2，a3.

因为an＝n2－5n＋4＝2－，

由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2.

(2)由an＋1>an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－<，解得k>－3.

所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．

二、重点难点培优训练

1．公元前4世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究．他们借助几何图形(或格点)来表示数，称为形数．形数是联系算数和几何的纽带．图为五角形数的前4个，则第10个五角形数为(　 )

A．120　　 B．145　　　C．270　　 D．285

解析：选B　记第n个五角形数为an，由题意知：a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，…，易知an－an－1＝3(n－1)＋1，由累加法得an＝，所以a10＝145.

2．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

解析：选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．假设数列{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．

3．已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{a}的前n项和为Tn，且3Tn＝S＋2Sn，n∈N*.

(1)求a1的值；

(2)求数列{an}的通项公式．

解：(1)由3T1＝S＋2S1，

得3a＝a＋2a1，即a－a1＝0.

因为a1>0，所以a1＝1.

(2)因为3Tn＝S＋2Sn　①，

所以3Tn＋1＝S＋2Sn＋1　②，

②－①，得3a＝S－S＋2an＋1.

因为an＋1>0，所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2　③，

所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2　④，

④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，

即an＋2＝2an＋1，所以当n≥2时，＝2.

又由3T2＝S＋2S2，

得3(1＋a)＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)，

即a－2a2＝0.因为a2>0，所以a2＝2，

所以＝2，所以对n∈N*，都有＝2成立，

所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.