《新课改专用2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十四数列的概念与简单表示含解析新人教A版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课改专用2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十四数列的概念与简单表示含解析新人教A版.pdf（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、- 1 - 课时跟踪检测(三十四) 数列的概念与简单表示课时跟踪检测(三十四) 数列的概念与简单表示 一、题点全面练 1已知数列 1,2， ，则 2在这个数列中的项数是( )7101319 A16 B24 C26 D28 解析 ： 选 C 因为a11，a22，a3，a4，a5， 所以an.14710133n2 令an2，解得n26.3n21976 2若数列an满足a11，a23，an1(2n)an(n1，2，)，则a3等于( ) A5 B9 C10 D15 解析 ： 选 D 令n1， 则 32， 即1， 由an1(2n1)an， 得a35a25315. 故选 D. 3若Sn为数列an的前n项和
2、，且Sn，则等于( ) n n1 1 a5 A. B. 5 6 6 5 C. D30 1 30 解析：选 D 当n2 时，anSnSn1，所以5630. n n1 n1 n 1 nn1 1 a5 4(2019西宁模拟)数列an满足a12，an1a(an0)，则an( ) 2n A10n2 B10n1 C102n4 D22 n1 解析 ： 选 D 因为数列an满足a12，an1a(an0)， 所以 log2an12log2an 2n log2an1 log2an 2，所以log2an是公比为 2 的等比数列，所以 log2anlog2a12n1an22 n1. 5设数列an的通项公式为ann2b
3、n，若数列an是单调递增数列，则实数b的取值 范围为( ) A(，1 B(，2 C(，3) D.(，9 2 解析：选 C 因为数列an是单调递增数列， 所以an1an2n1b0(nN*)， 所以b2n1(nN*)， 所以b(2n1)min3，即b3. - 2 - 6(2018佛山模拟)若数列an满足a1a2a3an2n1，则数列an的 1 2 1 22 1 23 1 2n 通项公式an_. 解析 ： 因为a1a2a3an2n1， 所以a1a2a3anan1 1 2 1 22 1 23 1 2n 1 2 1 22 1 23 1 2n 1 2n1 2(n1)1， 两式相减得an12， 即an2n1
4、，n2.又a13， 所以a16， 因此an 1 2n1 1 2 Error! 答案：Error! 7 已知数列an满足an0,2an(1an1)2an1(1an)anan1anan1， 且a1 ， 1 3 则数列an的通项公式an_. 解析 ： an0,2an(1an1)2an1(1an)anan1anan1，两边同除以anan 1， 得 1， 整理， 得1， 即是以 3 为首项， 1 21an1 an1 21an an 1 an1 1 an 1 an1 1 an 1 an 为公差的等差数列，3(n1)1n2，即an. 1 an 1 n2 答案： 1 n2 8 已知数列an满足a11，a24，
5、an22an3an1(nN*)， 则数列an的通项公式an _. 解析：由an22an3an10，得an2an12(an1an)， 数列an1an是以a2a13 为首项，2 为公比的等比数列，an1an32n1， n2 时，anan132n2，a3a232，a2a13， 将以上各式累加得ana132n23233(2n11)， an32n12(n2)， 经检验，当n1 时，an1，符合上式 an32n12. 答案：32n12 9设数列an的前n项和为Sn.已知a1a(a3)，an1Sn3n，nN*，设bnSn3n. (1)求数列bn的通项公式； (2)若an1an，nN*，求a的取值范围 解：(
6、1)依题意，Sn1Snan1Sn3n， 即Sn12Sn3n，由此得Sn13n12(Sn3n)， 即bn12bn，又b1S13a3， 所以数列bn的通项公式为bn(a3)2n1，nN*. (2)由(1)知Sn3n(a3)2n1，nN*， - 3 - 于是，当n2 时， anSnSn13n(a3)2n13n1(a3)2n223n1(a3)2n2， an1an43n1(a3)2n22n2， 12( 3 2) n2a3 当n2 时，an1an12 n2a30a9. ( 3 2) 又a2a13a1. 综上，a的取值范围是9,3)(3，) 10 已知数列an的各项均为正数， 记数列an的前n项和为Sn，
7、数列a的前n项和为Tn， 2n 且 3TnS2Sn，nN*. 2n (1)求a1的值； (2)求数列an的通项公式 解：(1)由 3T1S2S1， 2 1 得 3aa2a1，即aa10. 2 12 12 1 因为a10，所以a11. (2)因为 3TnS2Sn， 2n 所以 3Tn1S2Sn1， 2n1 ，得 3aSS2an1. 2n12n12n 因为an10，所以 3an1Sn1Sn2， 所以 3an2Sn2Sn12， ，得 3an23an1an2an1， 即an22an1， 所以当n2 时，2. an1 an 又由 3T2S2S2， 2 2 得 3(1a)(1a2)22(1a2)，即a2a
8、20. 2 22 2 因为a20，所以a22，所以2， a2 a1 所以对nN*，都有2 成立， an1 an 所以数列an的通项公式为an2n1，nN*. 二、专项培优练 (一)易错专练不丢怨枉分 1已知数列an的前n项和Snn21(nN*)，则an_. 解析：当n1 时，a1S12， 当n2 时，anSnSn1n21(n1)212n1， - 4 - 故anError! 答案：Error! 2若数列an的通项公式是an(n1) n，则此数列的最大项是第_项 ( 10 11) 解析：an1an(n2) n1(n1)nn ， ( 10 11)( 10 11)( 10 11) 9n 11 当n9
9、时，an1an0，即an1an； 当n9 时，an1an0，即an1an； 当n9 时，an1an0，即an1an， 该数列中有最大项，且最大项为第 9,10 项 答案：9 或 10 3若数列an满足an1Error!a1 ，则数列an的第 2 019 项为_ 3 5 解析：由已知可得，a22 1 ， 3 5 1 5 a32 ， 1 5 2 5 a42 ， 2 5 4 5 a52 1 ， 4 5 3 5 an为周期数列且T4， a2 019a50443a3 . 2 5 答案：2 5 4(2019湖南永州模拟)已知数列an中，a1a，a22a，an2an2，若数列an 单调递增，则实数a的取值范
10、围为_ 解析：由an2an2 可知数列an的奇数项、偶数项分别递增，若数列an单调递增， 则必有a2a1(2a)a0 且a2a1(2a)aan2an2，可得 0a1，故实数a 的取值范围为(0,1) 答案：(0,1) (二)交汇专练融会巧迁移 5与函数零点交汇已知二次函数f(x)x2axa(a0，xR)有且只有一个零点， 数列an的前n项和Snf(n)(nN*) (1)求数列an的通项公式； (2)设cn1(nN*)， 定义所有满足cmcm10 的正整数m的个数， 称为这个数列cn 4 an - 5 - 的变号数，求数列cn的变号数 解：(1)依题意，a24a0， 所以a0 或a4. 又由a0
11、 得a4， 所以f(x)x24x4. 所以Snn24n4. 当n1 时，a1S11441； 当n2 时，anSnSn12n5. 所以anError! (2)由题意得cnError! 由cn1可知，当n5 时，恒有cn0. 4 2n5 又c13，c25，c33，c4 ，c5 ，c6 ， 1 3 1 5 3 7 即c1c20，c2c30，c4c50， 所以数列cn的变号数为 3. (三)素养专练学会更学通 6 数学建模定义 ： 在数列an中， 若满足d(nN*，d为常数)， 称an为 “等 an2 an1 an1 an 差比数列” 已知在“等差比数列”an中，a1a21，a33，则等于( ) a2
12、 019 a2 017 A42 01921 B42 01821 C42 01721 D42 0172 解析：选 C 由题知是首项为 1，公差为 2 的等差数列，则2n1， an1 an an1 an 所以(22 0181)(22 0171) a2 019 a2 017 a2 019 a2 018 a2 018 a2 017 (22 0171)(22 0171)42 01721. 7逻辑推理在数列an中，a11，a22，若an22an1an2，则an( ) A.n2n Bn35n29n4 1 5 2 5 6 5 Cn22n2 D2n25n4 解析：选 C 由题意得(an2an1)(an1an)2
13、， 因此数列an1an是以 1 为首项， 2 为公差的等差数列，an1an12(n1)2n1， 当n2 时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)113(2n3)1 (n1)21n22n2， 12n3n1 2 - 6 - 又a1112212，因此ann22n2. 8 数学运算设数列an的前n项和为Sn， 数列Sn的前n项和为Tn， 满足Tn2Snn2，n N*. (1)求a1的值； (2)求数列an的通项公式 解：(1)令n1，T12S11， T1S1a1，a12a11，a11. (2)n2 时，Tn12Sn1(n1)2， 则SnTnTn12Snn22Sn1(n1)2 2(SnSn1)2n1 2an2n1. 因为当n1 时，a1S11 也满足上式， 所以Sn2an2n1(nN*)， 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，2 为公比的等比数列 所以an232n1，所以an32n12， 当n1 时也成立， 所以an32n12.