浙江专用2020版高考数学一轮复习+专题6数列+第40练数列的通项

浙江专用2020版高考数学一轮复习+专题6数列+第40练数列的通项

第40练 数列的通项 ‎[基础保分练]‎ ‎1.若数列的前4项分别是，－，，－，则此数列的一个通项公式为(　　)‎ A.an＝ B.an＝ C.an＝ D.an＝ ‎2.(2019·台州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2019等于(　　)‎ A.－22019－1 B.32019－6‎ C.2019－ D.2019－ ‎3.已知数列{an}满足a1＝0, an＋1＝(n＝1, 2, 3, …), 则a2019等于(　　)‎ A.0B.C.－D. ‎4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2，则a2019等于(　　)‎ A.22021B.22020C.22019D.22018‎ ‎5.由a1＝1，an＋1＝给出的数列{an}的第34项是(　　)‎ A.B.100C.D. ‎6.(2019·嘉兴模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，若bn＋1＝(n－λ)，b1＝－λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围是(　　)‎ A.(2，＋∞) B.(3，＋∞)‎ C.(－∞，2) D.(－∞，3)‎ ‎7.(2019·浙江杭州二中模拟)数列{an}中，满足a1，，，…，是首项为1，公比为3的等比数列，则a100等于(　　)‎ A.390B.3100C.34950D.35050‎ ‎8.数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝an＋2n，则a9等于(　　)‎ A.1024B.1023C.510D.511‎ ‎9.数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝an，则an＝________.‎ ‎10.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，则an＝________.‎ ‎[能力提升练]‎ ‎1.已知数列{an}的通项为an＝，当an取得最小值时，n的值为(　　)‎ A.16B.15C.17D.14‎ ‎2.(2019·浙江萧山中学模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋an＝2n＋1，且Sn＝1350.若a2<2，则n的最大值为(　　)‎ A.51B.52C.53D.54‎ ‎3.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足2S－(3n2－n－4)Sn－2(3n2－n)＝0，n∈N*，则数列{an}的通项公式是(　　)‎ A.an＝3n－2 B.an＝4n－3‎ C.an＝2n－1 D.an＝2n＋1‎ ‎4.已知数列{an}中，a1＝2，n(an＋1－an)＝an＋1，n∈N*.若对于任意的t∈[0,1]，n∈N*，不等式<－2t2－(a＋1)t＋a2－a＋3恒成立，则实数a的取值范围为(　　)‎ A.(－∞，－1)∪(3，＋∞) B.(－∞，－2]∪[1，＋∞)‎ C.(－∞，－1]∪[3，＋∞) D.[－1,3]‎ ‎5.(2019·丽水模拟)已知数列{an}中，a1＝0，an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，若数列{bn}满足bn＝n··n－1，则数列{bn}的最大项为第______项.‎ ‎6.设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2－n＋1，正项等比数列{bn}的前n项和为Tn，且b2＝a2，b4＝a5, 数列{cn}中，c1＝a1，且cn＝cn＋1－Tn，则{cn}的通项公式为______________________.‎ 答案精析 基础保分练 ‎1.A　2.A　3.B　4.C　5.A　6.C　7.C　8.D　9.　10.n 能力提升练 ‎1.B　[数列的通项公式an＝ ‎＝1＋，‎ 据此可得，1>a1>a2>a3>…>a15，且a16>a17>a18>a19>…>1，据此可得当an取得最小值时，n 的值为15.]‎ ‎2.A　[因为an＋1＋an＝2n＋1，①‎ 所以an＋2＋an＋1＝2(n＋1)＋1‎ ‎＝2n＋3，②‎ ‎②－①得an＋2－an＝2，‎ 且a2n－1＋a2n＝2(2n－1)＋1＝4n－1，‎ 所以数列{an}的奇数项构成以a1为首项，2为公差的等差数列，数列{an}的偶数项构成以a2为首项，2为公差的等差数列，数列{a2n－1＋a2n}是以4为公差的等差数列，‎ 所以Sn＝ 当n为偶数时，＝1350，无解(因为50×51＝2550，52×53＝2756，所以接下来不会有相邻两数之积为2700).‎ 当n为奇数时，＋(a1－1)＝1350，‎ a1＝1351－.‎ 因为a2<2，所以3－a1<2，所以a1>1，‎ 所以1351－>1，‎ 所以n(n＋1)<2700，又n∈N*，‎ 所以n≤51，故选A.]‎ ‎3.A　[由满足2S－(3n2－n－4)Sn－2(3n2－n)＝0，n∈N*.‎ 因式分解可得 ‎[2Sn－(3n2－n)](Sn＋2)＝0，‎ ‎∵数列{an}的各项均为正数，‎ ‎∴2Sn＝3n2－n，‎ 当n＝1时，2a1＝3－1，解得a1＝1.‎ 当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝3n2－n－[3(n－1)2－(n－1)]＝6n－4，‎ ‎∴an＝3n－2，‎ 当n＝1时，上式成立.∴an＝3n－2.‎ 故选A.]‎ ‎4.C　[根据题意，数列{an}中，‎ n(an＋1－an)＝an＋1，‎ ‎∴nan＋1－(n＋1)an＝1，‎ ‎∴－＝－，‎ ‎∴＝＋＋…＋＋a1，‎ ‎＝＋＋…＋＋2＝3－＜3，‎ ‎∵＜－2t2－(a＋1)t＋a2－a＋3恒成立，∴3≤－2t2－(a＋1)t＋a2－a＋3.‎ ‎∴2t2＋(a＋1)t－a2＋a≤0，在t∈[0,1]上恒成立，‎ 设f(t)＝2t2＋(a＋1)t－a2＋a，t∈[0,1]，‎ ‎∴即 解得a≤－1或a≥3.]‎ ‎5.6‎ 解析　由a1＝0，且an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，得an－an－1＝2n－1(n≥2)，‎ 则a2－a1＝2×2－1，a3－a2＝2×3－1，‎ a4－a3＝2×4－1，…，an－an－1＝2n－1(n≥2)，以上各式累加得an＝2(2＋3＋…＋n)－(n－1)＝2×－n＋1＝n2－1(n≥2)，当n＝1时，上式仍成立，‎ 所以bn＝n··n－1‎ ‎＝n··n－1‎ ‎＝(n2＋n)·n－1(n∈N*).‎ 由 得 解得≤n≤.因为n∈N*，所以n＝6，所以数列{bn}的最大项为第6项.‎ ‎6.cn＝2n－n 解析　∵Sn＝n2－n＋1，令n＝1，‎ 得a1＝1，an＝Sn－Sn－1＝2(n－1)(n≥2)，‎ 经检验a1＝1不符合上式，‎ ‎∴an＝ 又∵数列{bn}为等比数列，‎ b2＝a2＝2，b4＝a5＝8，∴＝q2＝4，‎ ‎∴q＝2，∴b1＝1，∴bn＝2n－1.‎ Tn＝＝2n－1，‎ ‎∵c2－c1＝21－1，c3－c2＝22－1，…，cn－cn－1＝2n－1－1，‎ 以上各式相加得 cn－c1＝－(n－1)，‎ c1＝a1＝1，∴cn－1＝2n－n－1，‎ ‎∴cn＝2n－n.‎