《2019年高考数学一轮总复习第五章数列5.1数列的概念与简单表示法课时跟踪检测理2018051942.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考数学一轮总复习第五章数列5.1数列的概念与简单表示法课时跟踪检测理2018051942.wps（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、5.15.1 数列的概念与简单表示法 课 时 跟 踪 检 测 基 础 达 标 1数列 0,1,0，1,0,1,0，1，的一个通项公式是 an 等于( ) 1n1 n A. Bcos 2 2 n1 n2 Ccos Dcos 2 2 解析：令 n1,2,3，逐一验证四个选项，易得 D 正确 答案：D 2(2017 届福建福州八中质检)已知数列an满足 a11，an1a2n2an1(nN N*)，则 a2 017( ) A1 B0 C2 017 D2 017 解析：a11，a2(a11)20，a3(a21)21，a4(a31)20，可知数列an 是以 2 为周期的数列，a2 017a11. 答案：A
2、 3设数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2(an1)，则 an( ) A2n B2n1 C2n D2n1 解 析：当 n1 时，a1S12(a11)，可得 a12，当 n2 时，anSnSn12an2an 1，an2an1，数列an为等比数列，公比为 2，首项为 2，所以 an2 n. 答案：C 4已知数列an的前 n 项和为 Snn22n2，则数列an的通项公式为( ) Aan2n3 Ban2n3 CanError! DanError! 解 析：当 n1 时，a1S11，当 n2 时，anSnSn12n3，由于 n1 时 a1的值不 适合 n2 的解析式，故通项公式为选项 C. 答案：
3、C 5(2017 届衡水中学检测)若数列an满足 a119，an1an3(nN N*)，则数列an的前 n 项和数值最大时，n 的值为( ) A6 B7 C8 D9 解析：a119，an1an3， 数列an是以 19 为首项，3 为公差的等差数列， 1 an19(n1)(3)223n. 设an的前 k 项和数值最大， 则有 Error!kN N*，Error! 19 22 k ， 3 3 kN N*，k7.满足条件的 n 的值为 7. 答案：B 6对于数列an，“an1|an|(n1,2，)”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充要条件 D既不充分也不必要条件
4、解析：当 an1|an|(n1,2，)时，|an|an， an1an，an为递增数列当an为递增数列时，若该数列为2,0,1，则 a2|a1|不 成立，即 an1|an|(n1,2，)不一定成立综上知，“an1|an|(n1，2，)”是“an 为递增数列”的充分不必要条件 答案：B n 1 7(2017 届济宁模拟)若 Sn 为数列an的前 n 项和，且 Sn ，则 等于( ) n1 a5 5 6 A. B 6 5 1 C. D30 30 n n1 1 解析：当 n2 时，anSnSn1 ， n1 n nn1 1 5(51)30. a5 答案：D 8在数列an中，已知 a1a，a2b，an1a
5、n1an(n2)，则 a2 016等于( ) Aa Bb Cba Dab 解析：通过计算数列的前 12项可知，数列的周期为 6，而 2 0166336，a2 016a6 ab. 答案：D 9若数列an的前 n 项和 Snn210n(nN N*)，则数列nan中数值最小的项是( ) A第 2 项 B第 3 项 C第 4 项 D第 5 项 2 解析：Snn210n，当 n2 时，anSnSn12n11； 当 n1 时，a1S19 也适合上式 an2n11(nN N*) 11 记 f(n)nann(2n11)2n211n，此函数图象的对称轴为直线 n ，但 nN N*， 4 当 n3 时，f(n)取
6、最小值于是，数列nan中数值最小的项是第 3 项 答案：B 10已知数列an满足 a11，anan211(n1)，则 a2 017_，|anan1| _(n1) 解析：由 a11，anan211(n1)，得 a2a2111210，a3a 10211， 2 a4a231(1)210，a5a2410211， 由此可猜想当 n1，n 为奇数时 an1，n 为偶数时 an0， a2 0171，|anan1|1. 答案：1 1 1 1 n2 11在数列1,0， ，中，0.08是它的第_项 9 8 n2 n2 解析：令 0.08，得 2n225n500， n2 即(2n5)(n10)0. 5 解得 n 1
7、0或 n (舍去) 2 答案：10 1 1 12已知 Sn 为正项数列an的前 n 项和，且满足 Sn a2n an(nN N*) 2 2 (1)求 a1，a2，a3，a4的值； (2)求数列an的通项公式 1 1 解：(1)由 Sn a an(nN N*)，可得 n2 2 2 1 1 a1 a a1，解得 a11； 21 2 2 1 1 S2a1a2 a a2，解得 a22； 2 2 2 同理，a33，a44. 1 1 (2)Sn a an， 2n 2 2 1 1 当 n2 时，Sn1 a an1， n2 1 2 2 3 得(anan11)(anan1)0. 由于 anan10， 所以 an
8、an11， 又由(1)知 a11， 故数列an是首项为 1，公差为 1 的等差数列，故 ann. 能 力 提 升 1(2017 届山东菏泽重点高中联考)观察下列的图形中小正方形的个数，则第 n 个图中的 小正方形的个数 f(n)为( ) n1n2 n2n3 A. B 2 2 n n2n C. D 2 2 解析：由题意可得 f(1)21；f(2)321；f(3)4321；f(4)5432 1； f(5) 6 5 4 3 2 1； ； f(n) (n 1) n (n 1) 1 n1n2 . 2 答案：A n1 2(2017 届山东师大附月考)已知数列an的前 n 项和 Sn ，则 a5a6_. n
9、2 61 41 7 5 1 解析：a5a6S6S4 . 62 42 8 6 24 1 答案： 24 n2 3已知数列an中，a11，前 n 项和 Sn an. 3 (1)求 a2，a3； (2)求数列an的通项公式 4 解：(1)由 S2 a2，得 3(a1a2)4a2，解得 a23a13； 3 5 3 由 S3 a3，得 3(a1a2a3)5a3，解得 a3 (a1a2)6. 3 2 (2)由题设知 a11. n2 n1 当 n1 时，有 anSnSn1 an an1， 3 3 4 n1 整理，得 an an1. n1 3 4 n n1 于是 a11，a2 a1，a3 a2，an1 an2，
10、an an1. 1 2 n2 n1 nn1 将 以上 n 个等式两端分别相乘，整理得 an . 2 当 n1 时也成立 nn1 综 上，数列an的通项公式 an . 2 899 4(2018 届甘肃诊断性考试)已知数列an满足 a1 ，an110an1. 9 1 (1)证明：数列a n 是等比数列，并求数列an的通项公式； 9 1 1 1 (2)数列bn满足 bn lg(an ，Tn 为数列 bnbn1的前 n 项和，求证：Tn . 9) 2 1 10 证明：(1)由 an110an1，得 an1 10an 9 9 1 an1 1 9 10(a ，即 10. n9) 1 an 9 1 1 所以数列a n 是等比数列，其中首项为 a1 100，公比为 10， 9 9 1 1 所以 an 10010n110n1，即 an10n1 . 9 9 1 (2)由(1)知 bnlg(an lg 10n1n1， 9) 1 1 1 1 即 . bnbn1 n1n2 n1 n2 1 1 1 1 1 1 所以 Tn 2 3 3 4 n1 n2 1 1 1 . 2 n2 2 5