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【志鸿优化】2015届高三数学(理)一轮课时作业:6.1 数列的概念及简单的表示法]


第五章
第1讲

数列

数列的概念及简单的表示法

基础巩固

1.数列 0,1,0,-1,0,1,0,-1,…的一个通项公式是( A.an= C.an=cosπ 答案:D B.an=cos D.an=cosπ

)

解析:令 n=1,2,3,…,

逐一验证四个选项,易得 D 项正确. 2.数列{-2n2+29n+3}中的最大项是( A.107 C.108 答案:B 解析:an=-2n2+29n+3=-2+108, ∵ =7 且 n∈ N* , ∴ 当 n=7 时,an 最大,最大值为 a7=108. 3.如果数列{an}的前 n 项和 Sn=an-3,那么这个数列的通项公式是( A.an=2(n2+n+1) B.an=3· 2n C.an=3n+1 答案:D 解析:由已知可得 a1=6,a2=18,由此可排除 A,B,C. 4.对于数列{an},“an+1>|an|(n=1,2,…)”是“{an}为递增数列”的( A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.必要条件 D.既不充分也不必要条件 答案:B 解析:当 an+1>|an|(n=1,2,…)时, ∵ |an|≥an,∴ an+1>an. ∴ {an}为递增数列. 当{an}为递增数列时,不妨设该数列为-2,0,1, ) D.an=2· 3n ) B.108 D.109 )

则 a2>|a1|不成立, 即 an+1>|an|(n=1,2,…)不一定成立. 故综上可知,“an+1>|an|(n=1,2,…)”是“{an}为递增数列”的充分不必要条件. 5.已知数列{an}满足 a1=0,an+1=(n∈ N*),则 a20 等于( A.0 B.C. D. 答案:B 解析:由题意可知 a1=0,a2=-,a3=,a4=0,a5=-,可发现数列{an}是以 3 为周期的,易知 B 项正 确. 6.在数列{an}中,a1=1,对于所有的 n≥2,n∈ N*都有 a1· a2· a3· …· an=n2,则 a3+a5 等于( A. 答案:A 解析:方法一:由题意可知 a1·a2=22,于是 a2=4. a1·a2·a3=32,于是 a3=. a1·a2·a3·a4=42,于是 a4=. a1·a2·a3·a4·a5=52, 于是 a5=.故 a3+a5=. 方法二:由 a1·a2·a3·…·an=n2, 得 a1·a2·a3·…·an-1=(n-1)2, 因此 an=(n≥2). 故 a3+a5=. 7.数列,…中,有序数对(a,b)可以是 答案: 解析:从上面的规律可以看出 解上式得 答案:-1 解析:由题意可知 a3=a2-a1=4, a4=a3-a2=4-5=-1, a5=a4-a3=-1-4=-5, a6=a5-a4=-5-(-1)=-4, a7=a6-a5=-4-(-5)=1, a8=a7-a6=1-(-4)=5. 因此数列{an}为周期数列,6 为一个周期. 故 a2 014=a4=-1. 9.已知{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 log2(Sn+1)=n+1,则 an= . . B. C. D. ) )

8.在数列{an}中,a1=1,a2=5,an+2=an+1-an(n∈ N*),则 a2 014=

.

答案: 解析:由已知条件可得 Sn+1=2n+1. 则 Sn=2n+1-1,当 n=1 时,a1=S1=3, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n+1-1-2n+1=2n, 当 n=1 时不适合 an,故 an= 10.写出下面各数列的一个通项公式: (1)3,5,7,9,…; (2),…; (3),-1,,-,-,…. 解:(1)因为各项减去 1 后为正偶数,所以 an=2n+1. (2)因为每一项的分子比分母少 1,而分母组成数列 21,22,23,24,…,所以 an=. (3)因为偶数项为负,奇数项为正,故通项公式必含因子(-1)n+1,观察各项绝对值组成的 数列,从第 3 项到第 6 项可见,分母分别由奇数 7,9,11,13 组成,而分子则是 32+1,42+1, 52+1,62+1,按照这样的规律第 1,2 两项可改写为,-, 所以 an=(-1)n+1·. 11.数列{an}的通项公式是 an=n2-7n+6. (1)这个数列的第 4 项是多少? (2)150 是不是这个数列的项?若是这个数列的项,它是第几项? (3)该数列从第几项开始各项都是正数? 解:(1)当 n=4 时,a4=42-4×7+6=-6. (2)是.令 an=150,即 n2-7n+6=150, 解得 n=16 或 n=-9(舍去), 即 150 是这个数列的第 16 项. (3)令 an=n2-7n+6>0,解得 n>6 或 n<1(舍). 故从第 7 项起各项都是正数. 12.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2n2+2n,数列{bn}的前 n 项和 Tn=2-bn.求数列{an}与{bn} 的通项公式. 解:∵ 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(2n2+2n)-[2(n-1)2+2(n-1)]=4n, 当 n=1 时,a1=S1=4 也适合, ∴ {an}的通项公式是 an=4n(n∈ N*). ∵ Tn=2-bn, ∴ 当 n=1 时,b1=2-b1,b1=1. 当 n≥2 时,bn=Tn-Tn-1=(2-bn)-(2-bn-1), ∴ 2bn=bn-1. ∴ 数列{bn}是公比为,首项为 1 的等比数列.

∴ bn=.
拓展延伸

13.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an=+2(n-1)(n∈ N*). (1)求证:数列{an}为等差数列,并分别写出 an 和 Sn 关于 n 的表达式; (2)是否存在自然数 n,使得 S1++…+-(n-1)2=2 013?若存在,求出 n 的值;若不存在,请说明 理由. (1)证明:由 an=+2(n-1)(n∈ N*), 得 Sn=nan-2n(n-1)(n∈ N*). 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1), 即 an-an-1=4, 因此数列{an}是以 a1=1 为首项,4 为公差的等差数列. 于是,an=4n-3,Sn==2n2-n(n∈ N*). (2)解:由 Sn=nan-2n(n-1)(n∈ N*), 得=2n-1(n∈ N*), 于是 S1++…+-(n-1)2=1+3+5+7+…+(2n-1)-(n-1)2=n2-(n-1)2=2n-1. 令 2n-1=2 013,得 n=1 007, 即存在满足条件的自然数 n=1 007.


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