通用版高考数学一轮复习第六章数列课时达标检测二十七数列的概念与简单表示理.pdf

1 通用版高考数学一轮复习第六章数列课时达标检测二十七数列的概念与简单表示理课时达标检测（二十七）数列的概念与简单表示 小题对点练点点落实 对点练 ( 一) 数列的通项公式1在数列 an 中，a11，an12anan2(n N*) ，则14是这个数列的( ) A第 6 项B第 7 项C第 8 项D第 9 项解析：选B 由an12anan2可得1an11an12，即数列1an是以1a11 为首项，12为公差的等差数列，故1an1(n1)1212n12，即an2n1，由2n114，解得n7，故选 B. 2(2018南昌模拟) 在数列 an 中，a11，anan1an1( 1)n(n2，nN*)，则a3a5的值是 ( ) A.1516B158 C.34D38解析：选 C 由已知得a21 ( 1)22， 2a32( 1)3，a312，12a412( 1)4，a43， 3a53 ( 1)5，a523，a3a5123234. 3(2018河南郑州一中考前冲刺)数列 an 满足：a11，且对任意的m，nN*，都有am namanmn，则1a11a21a31a2 018( ) A.2 0172 018B2 0182 019C.4 0342 018D4 0362 019解析：选 D a11，且对任意的m，n N*都有amnamanmn，an 1ann1，即an1ann1， 用累加法可得ana1n1n 22nn12， 1an2nn121n1n1，1a11a21a31a2 0182 112121312 01812 0194 0362 019，故选D. 4 (2018甘肃天水检测) 已知数列 an 的前n项和为Sn，a1 1，Sn2an1， 则Sn( ) 2 A2n1B12n1C.23n1D32n1解析：选 D 因为an1Sn 1Sn，所以Sn2an1 2(Sn1Sn) ，所以Sn1Sn32，所以数列Sn是以S1a11 为首项，32为公比的等比数列，所以Sn32n1.故选 D. 5(2 018兰州模拟 ) 在数列 1,2 ， 7， 10，13，中 219是这个数列的第_项解析：数列 1,2 ，7，10，13，即数列1，31 1，32 1，33 1，34 1，该数列的通项公式为an3n113n2，3n221976，n26，故 219是这个数列的第26 项答案： 26 6(2018河北冀州中学期中) 已知数列 an 满足a11，且ann(an1an)(nN*) ，则a3_，an_. 解析：由ann(an1an) ，可得an1ann1n，则ananan1an1an2an2an3a2a1a1nn1n1n2n 2n 3211n(n2)，a33. a11 满足ann，ann. 答案： 3 n7(2018福建晋江季延中学月考) 已知数列 an满足a12a23a3nann1(nN*) ，则数列 an 的通项公式为 _解析：已知a12a23a3nann 1，将n1 代入，得a12；当n2 时，将n1 代入得a12a23a3 (n1)an1n，两式相减得nan(n1) n1，an1n，an2，n1，1n，n2.答案：an2，n1，1n，n2对点练 ( 二) 数列的性质1已知数列 an 的通项公式为an9n29n29n21(nN*) 则下列说法正确的是( ) 3 A这个数列的第10 项为2731B.98101是该数列中的项C数列中的各项都在区间14，1 内D数列 an 是单调递减数列解析： 选 C an9n29n29n213n13n23n13n13n23n1. 令n10，得a102831.故选项 A不正确，令3n23n198101，得 9n300，此方程无正整数解，故98101不是该数列中的项因为an3n23n13n133n1133n1，又nN*，所以数列 an是单调递增数列，所以14anan， (n1)2(n1)n2n，化简得(2n1)，3. 故选 C. 5(2018北京海淀区模拟) 数列 an 的通项为an2n1，n4，n2a1n，n5(nN*) ，若a5是 an 中的最大值，则a的取值范围是 _解析：当n4 时，an2n1 单调递增，因此n4 时取最大值，a424115. 当n5 时，ann2(a1)nna122a124. a5是an中的最大值，a125.5 ，255a115，解得 9a12. a的取值范围是 9,12答案： 9,12 大题综合练迁移贯通 1(2018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Tn2Snn2，nN*. (1) 求a1的值；(2) 求数列 an 的通项公式解： (1) 令n1，T1 2S11，T1S1a1，a12a11，a11. (2)n2时，Tn12Sn1 (n1)2，则SnTnTn 12Snn2 2Sn1(n1)2 2(SnSn1) 2n1 2an2n 1. 因为当n1 时，a1S11 也满足上式，所以Sn2an2n1(n1)，当n2时，Sn12an12(n1) 1，两式相减得an2an2an12，所以an2an12(n2)，所以an22(an12) ，因为a1230，所以数列 an2 是以 3 为首项，公比为2 的等比数列所以an232n1，5 所以an32n12，当n1 时也成立，所以an32n12. 2(2018浙江舟山模拟) 已知Sn为正项数列 an的前n项和，且满足Sn12a2n12an(nN*) (1) 求a1，a2，a3，a4的值；(2) 求数列 an 的通项公式解： (1) 由Sn12a2n12an(nN*) 可得，a112a2112a1，解得a11，a10( 舍) S2a1a212a2212a2，解得a22( 负值舍去 ) ；同理可得a33，a44. (2) 因为Sn12a2nan2，所以当n2 时，Sn 112a2n1an 12，得an12(anan1) 12(a2na2n1) ，所以 (anan 11)(anan1) 0. 由于anan10，所以anan 11，又由 (1) 知a11，所以数列 an是首项为1，公差为1 的等差数列，所以ann. 3(2018山西太原月考) 已知等比数列an 是递增数列，a2a532，a3a412，又数列bn满足bn2log2an1，Sn是数列 bn 的前n项和(1) 求Sn; (2) 若对任意nN*，都有SnanSkak成立，求正整数k的值解： (1) 因为 an 是等比数列，则a2a5a3a432，又a3a412，且 an 是递增数列，所以a34，a48，所以q2，a11，所以an2n 1. 所以bn2log2an12log22n2n. 所以Sn24 2nn22n2n2n. (2) 令cnSnann2n2n 1，则cn1cnSn1an1Snann1n22nnn12n1n12n2n. 所以当n1 时，c1c2；6 当n2 时，c3c2；当n3 时，cn1cnc4c5，所以数列 cn中最大项为c2和c3. 所以存在k2 或 3，使得任意的正整数n，都有SkakSnan. 。