2019版高考数学一轮复习 第5章 数列（课件+学案+练习）（打包16套）理.zip

课后作业夯关5.1 数列的概念与表示 15.1 数列的概念与表示[知识梳理]3．数列{ an}的 an与 Sn的关系2(1)数列的前 n 项和： Sn＝ a1＋ a2＋…＋ an.特别提醒：若当 n≥2 时求出的 an也适合 n＝1 时的情形，则用一个式子表示 an，否则分段表示．[诊断自测]1．概念思辨(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( )(3)若数列用图象表示，则从图象上看都是一群孤立的点．( )(4)如果数列{ an}的前 n 项和为 Sn，则对∀ n∈N *，都有 an＋1 ＝ Sn＋1 － Sn.( )答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)√2．教材衍化(1)(必修 A5P31T2)已知数列{ an}的通项公式为 an＝9＋12 n，则在下列各数中，不是{ an}的项的是( )A．21 B．33 C．152 D．153答案 C解析 代 n 值进行验证， n＝1 时，A 满足； n＝2 时，B 满足； n＝12 时，D 满足．故选C.(2)(必修 A5P33T4)在数列{ an}中， a1＝2， an＋1 ＝ an＋ ，则数列 a5＝________.1nn＋ 1答案 145解析 a1＝2， a2＝2＋ ＝ ， a3＝ ＋ ＝ ，12 52 52 16 83a4＝ ＋ ＝ ， a5＝ ＋ ＝ .83 112 3312 3312 120 1453．小题热身(1)(2017·石家庄模拟)数列{ an}：1，－ ， ，－ ，…的一个通项公式是( )58715 924A． an＝(－1) n＋1 (n∈N *)2n－ 1n2＋ nB． an＝(－1) n－1 (n∈N *)2n＋ 1n3＋ 3nC． an＝(－1) n＋1 (n∈N *)2n－ 1n2＋ 2nD． an＝(－1) n＋1 (n∈N *)2n＋ 1n2＋ 2n答案 D3解析 由分子 3,5,7,9 归纳为 2n＋1，由分母 3,8,15,24 归纳为 n(n＋2)，奇数项为正，偶数项为负．故选 D.(2)已知数列{ an}满足： a1＝ a2＝1， an＝1－ (n≥3， n∈N *)，a1＋ a2＋ a3＋ …＋ an－ 24则 a6＝________.答案 316解析 由题意可得a3＝1－ ＝ ， a4＝1－ ＝1－ ＝ ， a6＝1－ ＝1－ ＝ .a14 34 a1＋ a24 12 12 a1＋ a2＋ a3＋ a44 1316 316题型 1 知数列前几项求通项公式根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式： 典 例(1)－1,7，－13,19，…；(2)0.8,0.88,0.888，…；(3)1,0，，0，，0，，0，…；13 15 17(4) ，1， ， ，….32 710917注意项的正负号，分子、分母分开进行不完全归纳．解 (1)符号问题可通过(－1) n或(－1) n＋1 表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大 6，故通项公式为 an＝(－1) n(6n－5)．(2)将数列变形为 (1－0.1)， (1－0.01)， (1－0.001)，…，∴ an＝ .89 89 89 89(1－ 110n)(3)把数列改写成 ，，，，，，，，…，分母依次为 1,2,3，…，而分子 1,0,1,0，…1102130415061708周期性出现，因此数列的通项可表示为 an＝ 或 an＝ .1＋ － 1n＋ 12n |sinnπ2|n(4)将数列统一为 ，， ， ，…对于分子 3,5,7,9，…，是序号的 2 倍加 1，可得分子3255710917的通项公式为 bn＝2 n＋1，对于分母 2,5,10,17，…联想到数列 1,4,9,16，…，即数列{ n2}，可得分母的通项公式为 cn＝ n2＋1，所以可得它的一个通项公式为 an＝ .2n＋ 1n2＋ 1方法技巧由数列的前几项求数列通项公式的策略1．对数列的前几项进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征；②相邻4项的变化特征；③拆项后的特征；④各项符号特征等；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系．如典例(4)．2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1) n或(－1) n＋1 来调整．如典例(1)．冲关针对训练(2017·青岛模拟)数列 1,3,6,10,15，…的一个通项公式是( )A． an＝ n2－( n－1) B． an＝ n2－1C． an＝ D． an＝nn＋ 12 nn－ 12答案 C解析 代入进行验证可得选项 C 成立．故选 C.题型 2 数列的周期性在数列{ an}中， a1＝1， a2＝5， an＋2 ＝ an＋1 － an(n∈N *)． 典 例(1)求 a2018; (2)求 S100.本题采用累加法．解 (1)由 a1＝1， a2＝5， an＋2 ＝ an＋1 － an(n∈N *)可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，….由此可得 a2018＝ a336×6＋2 ＝ a2＝5.(2)an＝ an－1 － an－2 ， an－1 ＝ an－2 － an－3 ，…， a3＝ a2－ a1这 n－1 个式子相加得：an＋ an－1 ＋…＋ a3＝ an－1 － a1，Sn＝ an－1 ＋ a2(n∈N *且 n≥2)，S100＝ a99＋ a2＝ a16×6＋3 ＋ a2＝ a3＋ a2＝9.方法技巧数列的周期性是数列的性质之一，其解法往往是依题意列出数列的前若干项，从而发现规律找到周期．冲关针对训练(2018·大兴一中模拟)数列{ an}满足 an＋1 ＝Error!a1＝ ，则数列的第 2018 项为________．35答案 15解析 ∵ a1＝ ，∴ a2＝2 a1－1＝ .35 15∴ a3＝2 a2＝ .∴ a4＝2 a3＝ .25 45∴ a5＝2 a4－1＝ ， a6＝2 a5－1＝ ，….35 155∴该数列周期为 T＝4.∴ a2018＝ a2＝ .15题型 3 由 an与 Sn的关系求通项公式(2017·河南八校一联)在数列{ an}中， Sn是其前 n 项和，且 Sn＝2 an＋1，则 典 例数列的通项公式 an＝________.转化法 Sn→ an.答案 －2 n－1解析 依题意得 Sn＋1 ＝2 an＋1 ＋1， Sn＝2 an＋1，两式相减得 Sn＋1 － Sn＝2 an＋1 －2 an，即 an＋1 ＝2 an.又 S1＝2 a1＋1＝ a1，因此 a1＝－1，所以数列{ an}是以 a1＝－1 为首项，2 为公比的等比数列， an＝－2 n－1 .[条件探究] 将本典例条件变为“ an＋2 SnSn－1 ＝0( n≥2， n∈N *)， a1＝ ”，则{ an}的通12项公式为________．答案 an＝Error!解析 ∵当 n≥2， n∈N *时， an＝ Sn－ Sn－1 ，∴ Sn－ Sn－1 ＋2 SnSn－1 ＝0，易知 SnSn－1 ≠0，所以 － ＝2.1Sn 1Sn－ 1又 S1＝ a1＝ ，∴ ＝2，12 1S1∴数列 是以 2 为首项，公差为 2 的等差数列．{1Sn}∴ ＝2＋( n－1)×2＝2 n.∴ Sn＝ .1Sn 12n∴当 n≥2， n∈N *时， an＝－2 SnSn－1 ＝－2× × ＝－ .12n 12n－ 1 12nn－ 1∴ an＝Error!方法技巧1．已知 Sn求 an的三个步骤(1)先利用 a1＝ S1求出 a1.(2)用 n－1 替换 Sn中的 n 得到一个新的关系，利用 an＝ Sn－ Sn－1 (n≥2)便可求出当n≥2 时 an的表达式．(3)对 n＝1 时的结果进行检验，看是否符合 n≥2 时 an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分 n＝1 与 n≥2 两段来写．如条件探究．2． Sn与 an关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．(1)利用 an＝ Sn－ Sn－1 (n≥2)转化为只含 Sn， Sn－1 的关系式．(2)利用 Sn－ Sn－1 ＝ an(n≥2)转化为只含 an， an－1 的关系式，再求解．如典例．冲关针对训练6设数列{ an}的前 n 项和为 Sn，数列{ Sn}的前 n 项和为 Tn，满足 Tn＝2 Sn－ n2， n∈N *.(1)求 a1的值；(2)求数列{ an}的通项公式．解 (1)令 n＝1 时， T1＝2 S1－1.∵ T1＝ S1＝ a1，∴ a1＝2 a1－1.∴ a1＝1.(2)当 n≥2 时， Tn－1 ＝2 Sn－1 －( n－1) 2，则 Sn＝ Tn－ Tn－1 ＝2 Sn－ n2－[2 Sn－1 －( n－1) 2]＝2( Sn－ Sn－1 )－2 n＋1＝2 an－2 n＋1.∵当 n＝1 时， a1＝ S1＝1 也满足上式，∴ Sn＝2 an－2 n＋1( n≥1)．∴当 n≥2 时， Sn－1 ＝2 an－1 －2( n－1)＋1，两式相减，得 an＝2 an－2 an－1 －2，∴ an＝2 an－1 ＋2( n≥2)．∴ an＋2＝2( an－1 ＋2)( n≥2)．∵ a1＋2＝3≠0，∴数列{ an＋2}是以 3 为首项，公比为 2 的等比数列．∴ an＋2＝3×2 n－1 ，∴ an＝3×2 n－1 －2.当 n＝1 时也满足 a1＝1，∴ an＝3×2 n－1 －2.题型 4 由递推关系求通项公式角度 1 形如 an＋1 ＝ an＋ f(n)，求 an(多维探究)(2015·江苏高考)设数列{ an}满足 a1＝1，且 an＋1 － an＝ n＋1( n∈N *)，求 an. 典 例累加法(或凑配法)．解 由题意可得， an＝ a1＋( a2－ a1)＋( a3－ a2)＋…＋( an－ an－1 )＝1＋2＋3＋…＋ n＝.nn＋ 12[条件探究] 将本典例条件“ an＋1 － an＝ n＋1”变为“ an＋1 ＝ an＋2 n”，其他条件不变，则 an的通项公式为________．答案 2 n－1解析 由题意知 an＋1 － an＝2 n，an＝( an－ an－1 )＋( an－1 － an－2 )＋…＋( a2－ a1)＋ a1＝2 n－1 ＋2 n－2 ＋…＋2＋1＝ ＝2 n－1.1－ 2n1－ 2角度 2 形如 an＋1 ＝ anf(n)，求 an已知数列{ an}满足 a1＝ ， an＋1 ＝ an，则通项公式 an＝________. 典 例 23 nn＋ 2累乘法．7答案 43nn＋ 1解析 由已知得 ＝ ，分别令 n＝1,2,3，…，( n－1)，代入上式得 n－1 个等an＋ 1an nn＋ 2式累乘，即 · · ·…· ＝ × × × ×…× × ，所以a2a1 a3a2 a4a3 anan－ 1 13 24 35 46 n－ 2n n－ 1n＋ 1＝ ， an＝ .ana1 2nn＋ 1 43nn＋ 1又因为 a1＝ 也满足该式，所以 an＝ .23 43nn＋ 1角度 3 形如 an＋1 ＝ pan＋ q，求 an(多维探究)已知数列{ an}中， a1＝1， an＋1 ＝2 an＋3，则通项公式 an＝________. 典 例待定系数法、转化法、构造法．答案 2 n＋1 －3解析 递推公式 an＋1 ＝2 an＋3 可以转化为 an＋1 － t＝2( an－ t)，即an＋1 ＝2 an－ t⇒t＝－3.故递推公式为 an＋1 ＋3＝2( an＋3)，令 bn＝ an＋3，则b1＝ a1＋3＝4，且 ＝ ＝2.所以{ bn}是以 b1＝4 为首项，2 为公比的等比数列，bn＋ 1bn an＋ 1＋ 3an＋ 3则 bn＝4×2 n－1 ＝2 n＋1 ，所以 an＝2 n＋1 －3.[条件探究 1] 将典例条件“ a1＝1， an＋1 ＝2 an＋3”变为“a1＝－1， an＋1 ＝2 an＋4·3 n－1 ”，求 an.解 原递推式可化为an＋1 ＋ λ ·3n＝2( an＋ λ ·3n－1 )．①比较系数得 λ ＝－4，①式即an＋1 －4·3 n＝2( an－4·3 n－1 )．则数列{ an－4·3 n－1 }是一个等比数列，其首项 a1－4·3 1－1 ＝－5，公比是 2.∴ an－4·3 n－1 ＝－5·2 n－1 .即 an＝4·3 n－1 －5·2 n－1 .[条件探究 2] 将典例条件“ a1＝1， an＋1 ＝2 an＋3”变为“ a1＝－1， a2＝2，当n∈N *， an＋2 ＝5 an＋1 －6 an”，求 an.解 an＋2 ＝5 an＋1 －6 an可化为an＋2 ＋ λa n＋1 ＝(5＋ λ )(an＋1 ＋ λa n)．比较系数得 λ ＝－3 或 λ ＝－2，不妨取 λ ＝－2.代入可得an＋2 －2 an＋1 ＝3( an＋1 －2 an)．则{ an＋1 －2 an}是一个等比数列，首项 a2－2 a1＝2－2×(－1)＝4，公比为 3.∴ an＋1 －2 an＝4·3 n－1 .利用上题结果有an＝4·3 n－1 －5·2 n－1 .当 λ ＝－3 时结果相同．8[条件探究 3] 将典例条件“ a1＝1， an＋1 ＝2 an＋3”变为“ a1＝1， an＋1 ＝ ”，求2anan＋ 2an.解 两边同取倒数得 ＝ ＝ ＋ .故 是以 1 为首项， 为公差的等差数列，1an＋ 1 an＋ 22an 1an 12 {1an} 12＝ ，1an n＋ 12∴ an＝ .2n＋ 1方法技巧已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法(1)形如 an＋1 ＝ anf(n)，常用累乘法．(2)形如 an＋1 ＝ an＋ f(n)，常用累加法．(3)形如 an＋1 ＝ ban＋ d(其中 b， d 为常数， b≠0,1)的数列，常用构造法．(4)形如 an＋1 ＝ (p， q， r 是常数)的数列，将其变形为 ＝ · ＋ .panqan＋ r 1an＋ 1 rp 1an qp若 p＝ r，则 是等差数列，且公差为 ，可用公式求通项；{1an} qp若 p≠ r，则采用(3)的方法来求．以上几种为常见的命题方式，下边再列举一些偶有命题形式的几种，以供参考：(5)形如 an＋2 ＝ pan＋1 ＋ qan(p， q 是常数，且 p＋ q＝1)的数列，构造等比数列，将其变形为 an＋2 － an＋1 ＝(－ q)(an＋1 － an)，则{ an－ an－1 }(n≥2， n∈N *)是等比数列，且公比为－ q，可以求得 an－ an－1 ＝ f(n)，然后用累加法求得通项．(6)形如 a1＋2 a2＋3 a3＋…＋ nan＝ f(n)的式子，由 a1＋2 a2＋3 a3＋…＋ nan＝ f(n)，①得 a1＋2 a2＋3 a3＋…＋( n－1) an－1 ＝ f(n－1)，②再由①－②可得 an.(7)形如 an＋1 ＋ an＝ f(n)的数列，可将原递推关系改写成 an＋2 ＋ an＋1 ＝ f(n＋1)，两式相减即得 an＋2 － an＝ f(n＋1)－ f(n)，然后按奇偶分类讨论即可．(8)形如 an·an＋1 ＝ f(n)的数列，可将原递推关系改写成 an＋2 ·an＋1 ＝ f(n＋1)，两式作商可得 ＝ ，然后分奇、偶讨论即可．an＋ 2an fn＋ 1fn(9)an＋1 － an＝ qan＋1 an(q≠0)型，将方程的两边同时除以 an＋1 an，可构造一个等差数列．(10)an＝ pa (n≥2， p0)型，一般利用取对数构造等比数列．rn－ 1冲关针对训练(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{ an}满足 a1＝1， an＋1 ＝3 an＋1.证明 是等比数列，{an＋12}9并求{ an}的通项公式．解 由 an＋1 ＝3 an＋1 得 an＋1 ＋ ＝3 .12 (an＋ 12)又 a1＋ ＝ ，所以 是首项为 ，公比为 3 的等比数列．12 32 {an＋ 12} 32an＋ ＝ ，因此{ an}的通项公式为 an＝ .12 3n2 3n－ 121．(2018·安徽皖江名校联考)已知数列{ an}的首项为 2，且数列{ an}满足an＋1 ＝ ，数列{ an}的前 n 项的和为 Sn则 S2018为( )an－ 1an＋ 1A．504 B. C．－ D．－50417713 17573答案 C解析 ∵ a1＝2， an＋1 ＝ ，∴ a2＝ ， a3＝－ ， a4＝－3， a5＝2，…，∴数列{ an}an－ 1an＋ 1 13 12的周期为 4，且 a1＋ a2＋ a3＋ a4＝－ ，∵2018÷4＝504 余762，∴ S2018＝504× ＋2＋ ＝－ .故选 C.(－76) 13 175732．(2017·河南许昌二模)已知等差数列{ an}满足 a1＝1， an＋2 － an＝6，则 a11等于( )A．31 B．32 C．61 D．62答案 A解析 ∵等差数列{ an}满足 a1＝1， an＋2 － an＝6，∴ a3＝6＋1＝7， a5＝6＋7＝13， a7＝6＋13＝19， a9＝6＋19＝25， a11＝6＋25＝31.故选 A.3．(2016·浙江高考)设数列{ an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝4， an＋1 ＝2 Sn＋1， n∈N *，则a1＝________， S5＝________.答案 1 121解析 解法一：∵ an＋1 ＝2 Sn＋1，∴ a2＝2 S1＋1，即 S2－ a1＝2 a1＋1，又∵ S2＝4，∴4－ a1＝2 a1＋1，解得 a1＝1.又 an＋1 ＝ Sn＋1 － Sn，∴ Sn＋1 － Sn＝2 Sn＋1，即 Sn＋1 ＝3 Sn＋1，由 S2＝4，可求出 S3＝13， S4＝40， S5＝121.解法二：由 an＋1 ＝2 Sn＋1，得 a2＝2 S1＋1，即 S2－ a1＝2 a1＋1，又S2＝4，∴4－ a1＝2 a1＋1，解得 a1＝1.又 an＋1 ＝ Sn＋1 － Sn，∴ Sn＋1 － Sn＝2 Sn＋1，即Sn＋1 ＝3 Sn＋1，则 Sn＋1 ＋ ＝3 ，又 S1＋ ＝ ，12 (Sn＋ 12) 12 32∴ 是首项为 ，公比为 3 的等比数列，∴ Sn＋ ＝ ×3n－1 ，即{Sn＋12} 32 12 32Sn＝ ，∴ S5＝ ＝121.3n－ 12 35－ 12104．(2018·福州模拟)设数列{ an}的前 n 项和为 Sn，满足Sn＝2 nan＋1 －3 n2－4 n， n∈N *，且 S3＝15.(1)求 a1， a2， a3的值；(2)求数列{ an}的第 4 项．解 (1)依题意有Error!解得 a1＝3， a2＝5， a3＝7.(2)解法一：由 S3＝15， Sn＝2 nan＋1 －3 n2－4 n，得 S3＝2×3 a4－3×3 2－4×3＝15，解得 a4＝9.解法二：∵ Sn＝2 nan＋1 －3 n2－4 n，①∴当 n≥2 时， Sn－1 ＝2( n－1) an－3( n－1) 2－4( n－1)．②①－②并整理得 an＋1 ＝ (n≥2)．2n－ 1an＋ 6n＋ 12n∴ a4＝ ＝9.2×3－ 1×7＋ 6×3＋ 12×3[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(2018·海南三亚一模)在数列 1,2， ， ， ，…中，2 是这个数列的( )7 10 13 19A．第 16 项 B．第 24 项C．第 26 项 D．第 28 项答案 C解析 设题中数列为{ an}，则a1＝1＝ ， a2＝2＝ ， a3＝ ， a4＝ ， a5＝ ，…，所以 an＝ .令 ＝21 4 7 10 13 3n－ 2 3n－ 2＝ ，解得 n＝26.故选 C.19 762．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＝ ( )A. B. C. D.6116 259 2516 3115答案 A解析 解法一：令 n＝2,3,4,5，分别求出 a3＝ ， a5＝ ，∴ a3＋ a5＝ .故选 A.94 2516 6116解法二：当 n≥2 时， a1·a2·a3·…·an＝ n2， a1·a2·a3·…·an－1 ＝( n－1) 2.两式相除得 an＝ 2，∴ a3＝ ， a5＝ ，(nn－ 1) 94 2516∴ a3＋ a5＝ .故选 A.61163．(2018·安徽江南十校联考)在数列{ an}中， an＋1 － an＝2， Sn为{ an}的前 n 项和．若S10＝50，则数列{ an＋ an＋1 }的前 10 项和为( )11A．100 B．110 C．120 D．130答案 C解析 { an＋ an＋1 }的前 10 项和为 a1＋ a2＋ a2＋ a3＋…＋ a10＋ a11＝2( a1＋ a2＋…＋ a10)＋ a11－ a1＝2 S10＋10×2＝120.故选 C.4．(2018·广东测试)设 Sn为数列{ an}的前 n 项和，且 Sn＝ (an－1)( n∈N *)，则 an＝( )32A．3(3 n－2 n) B．3 n＋2C．3 n D．3·2 n－1答案 C解析 由题意知Error!解得Error!代入选项逐一检验，只有 C 符合．故选 C.5．(2018·金版原创)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．充要条件 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，若该数列为－2,0,1，则a2＞| a1|不成立 ，即 an＋1 ＞| an|(n＝ 1,2，…)不一定成立．故综上知，“an＋1 ＞| an|(n＝1,2，…)”是“{ an}为递增数列”的充分不必要条件．故选 B.6．(2018·广东三校期末)已知数列{ an}满足： a1＝ ，对于任意的17n∈N *， an＋1 ＝ an(1－ an)，则 a1413－ a1314＝( )72A．－ B. C．－ D.27 27 37 37答案 D解析 a1＝ ， a2＝ × × ＝ ， a3＝ × × ＝ ， a4＝ × × ＝ ，….17 72 17 67 37 72 37 47 67 72 67 17 37归纳可知当 n 为大于 1 的奇数时， an＝ ；当 n 为正偶数时， an＝ .故 a1413－ a1314＝ .67 37 37故选 D.7．(2018·江西期末)定义 为 n 个正数 p1， p2，…， pn的“均倒数” ，np1＋ p2＋ …＋ pn若已知数列{ an}的前 n 项的“均倒数”为 ，又 bn＝ .则 b10等于( )15n an5A．15 B．17 C．19 D．21答案 C解析 由 ＝ 得 Sn＝ a1＋ a2＋…＋ an＝5 n2，则 Sn－1 ＝5( n－1) 2(n≥2)，na1＋ a2＋ …＋ an 15nan＝ Sn－ Sn－1 ＝10 n－5( n≥2)，当 n＝1 时， a1＝5 也满足．故an＝10 n－5， bn＝2 n－1， b10＝2×10－1＝19.故选 C.128．(2018·西安模拟)已知函数 f(x)＝Error!(a0 且 a≠1)，若数列{ an}满足 an＝ f(n)(n∈N *)，且{ an}是递增数列，则实数 a的取值范围是( )A．(0,1) B. C．(2,3) D．(1,3)[83， 3)答案 C解析 因为{ an}是递增数列，所以Error!解得 2 .tn－ 12n tn＋ 2－ 12n＋ 2 tn＋ 1－ 12n化简得 t(n－2)1.当 n≥3 时，若 t(n－2)1 恒成立，则 t 恒成立，1n－ 2又当 n≥3 时， 的最大值为 1，则 t 的取值范围是(1，＋∞)．故选 C.1n－ 210．(2018·湖北八校模拟)已知数列{ an}满足： a1＝1， an＋1 ＝ (n∈N *)．若anan＋ 2bn＋1 ＝( n－2 λ )· (n∈N *)， b1＝－ λ ，且数列{ bn}是单调递增数列，则实数 λ 的(1an＋ 1) 32取值范围是( )A． λ ＜ B． λ ＜1 C． λ ＜ D． λ ＜45 32 23答案 A解析 ∵数列{ an}满足： a1＝1， an＋1 ＝ (n∈N *)，anan＋ 2∴ an0， ＝ ＋1，则 ＋1＝2 ，1an＋ 1 2an 1an＋ 1 (1an＋ 1)∴数列 是等比数列，且首项为 ＋1＝2，公比为 2，∴ ＋1＝2 n.{1an＋ 1} 1a1 1an13∴ bn＋1 ＝( n－2 λ ) ＝( n－2 λ )·2n(n∈N *)，(1an＋ 1)∴ bn＝( n－1－2 λ )·2n－1 (n≥2)，∵数列{ bn}是单调递增数列，∴ bn＋1 ＞ bn，∴( n－2 λ )·2n＞( n－1－2 λ )·2n－1 (n≥2)，可得 λ b1，∴(1－2 λ )·2－ λ ，解得 λ 0，且na －(2 n－1) an＋1 an－2 a ＝0.设 M(x)表示整数 x 的个位数字，则 M(a2017)＝________.2n＋ 1 2n答案 6解析 由已知得( nan＋1 ＋ an)(an＋1 －2 an)＝0，∵ an＞0，∴ an＋1 －2 an＝0，则 ＝2，an＋ 1an∵ a1＝1，∴数列{ an}是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，∴ an＝1×2 n－1 ＝2 n－1 .∴ a2＝2， a3＝4， a4＝8， a5＝16， a6＝32， a7＝64， a8＝128，…，∴ n≥2 时， M(an)依次构成以 4 为周期的数列．∴ M(a2017)＝ M(a5)＝6，故答案为 6.13．(2017·吉林模拟)若数列{ an}满足 a1＝ ， an＝1－ (n≥2 且 n∈N *)，则 a201612 1an－ 1等于________．答案 2解析 ∵ a1＝ ， an＝1－ (n≥2 且 n∈N *)，12 1an－ 114∴ a2＝1－ ＝1－ ＝－1，∴ a3＝1－ ＝1－ ＝2，∴ a4＝1－ ＝1－ ＝ ，…，依1a1 112 1a2 1－ 1 1a3 12 12此类推，可得 an＋3 ＝ an，∴ a2016＝ a671×3＋3 ＝ a3＝2.14．(2017·河南测试)已知各项均为正数的数列{ an}满足 an＋1 ＝ ＋ ， a1＝ ， Sn为an2 14 72数列{ an}的前 n 项和，若对于任意的 n∈N *，不等式 ≥2 n－3 恒成立，则实数 k12k12＋ n－ 2Sn的取值范围为________．答案 [38， ＋ ∞ )解析 由 an＋1 ＝ an＋ ，得 an＋1 － ＝ ，且 a1－ ＝3，所以数列 是以12 14 12 12(an－ 12) 12 {an－ 12}3 为首项， 为公比的等比数列，则 an－ ＝3× n－1 ，所以 an＝3× n－1 ＋ ，所以12 12 (12) (12) 12Sn＝3×Error! ＋ ＋ ＋…＋ Error!＋ ＝6 ＋ ，则 12＋ n－2 Sn＝ .因为不等120 12 122 12n－ 1 n2 (1－ 12n) n2 122n式 ＝ k·2n≥2 n－3， n∈N *恒成立，所以 k≥ max， n∈N *.令 ＝ bn，则12k12＋ n－ 2Sn (2n－ 32n ) 2n－ 32nbn＋1 － bn＝ － ＝ ，则 b1b4…，所以( bn)max＝ b3＝ ，故 k≥ .2n－ 12n＋ 1 2n－ 32n 5－ 2n2n＋ 1 38 38三、解答题15．(2017·河南百校联盟模拟)已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且对任意正整数 n 都有 an＝ Sn＋2 成立．记 bn＝log 2an，求数列{ bn}的通项公式．34解 在 an＝ Sn＋2 中，令 n＝1，得 a1＝8.34因为对任意正整数 n 都有 an＝ Sn＋2 成立，所以 an＋1 ＝ Sn＋1 ＋2，34 34两式相减得 an＋1 － an＝ an＋1 ，所以 an＋1 ＝4 an，34又 a1＝8，所以{ an}是首项为 8，公比为 4 的等比数列，所以 an＝8×4 n－1 ＝2 2n＋1 ，所以 bn＝log 222n＋1 ＝2 n＋1.16．(2015·四川高考)设数列{ an}(n＝1,2,3，…)的前 n 项和 Sn满足 Sn＝2 an－ a1，且a1， a2＋1， a3成等差数列．(1)求数列{ an}的通项公式；(2)记数列 的前 n 项和为 Tn，求使得| Tn－1|1000.11000 |1－ 12n－ 1| 11000因为 29＝51210001024＝2 10，所以 n≥10.于是，使| Tn－1| 成立的 n 的最小值为 10.11000 第 5章 数列 5.1 数列的概念与表示 基础知识过关经典题型冲关15.1 数列的概念与表示[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(2018·海南三亚一模)在数列 1,2， ， ， ，…中，2 是这个数列的( )7 10 13 19A．第 16项 B．第 24项C．第 26项 D．第 28项答案 C解析 设题中数列为{ an}，则a1＝1＝ ， a2＝2＝ ， a3＝ ， a4＝ ， a5＝ ，…，所以 an＝ .令1 4 7 10 13 3n－ 2＝ 2 ＝ ，解得 n＝26.故选 C.3n－ 2 19 762．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＝ ( )A. B. C. D.6116 259 2516 3115答案 A解析 解法一：令 n＝2,3,4,5，分别求出 a3＝ ， a5＝ ，∴ a3＋ a5＝ .故选 A.94 2516 6116解法二：当 n≥2 时， a1·a2·a3·…·an＝ n2， a1·a2·a3·…·an－1 ＝( n－1) 2.两式相除得 an＝ 2，∴ a3＝ ， a5＝ ，(nn－ 1) 94 2516∴ a3＋ a5＝ .故选 A.61163．(2018·安徽江南十校联考)在数列{ an}中， an＋1 － an＝2， Sn为{ an}的前 n项和．若S10＝50，则数列{ an＋ an＋1 }的前 10项和为( )A．100 B．110 C．120 D．130答案 C解析 { an＋ an＋1 }的前 10项和为 a1＋ a2＋ a2＋ a3＋…＋ a10＋ a11＝2( a1＋ a2＋…＋ a10)＋ a11－ a1＝2 S10＋10×2＝120.故选 C.4．(2018·广东测试)设 Sn为数列{ an}的前 n项和，且 Sn＝ (an－1)( n∈N *)，则 an＝( )32A．3(3 n－2 n) B．3 n＋2C．3 n D．3·2 n－1答案 C解析 由题意知Error!解得Error!代入选项逐一检验，只有 C符合．故选 C.5．(2018·金版原创)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2C．充要条件 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，若该数列为－2,0,1，则a2＞| a1|不成立 ，即 an＋1 ＞| an|(n＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“an＋1 ＞| an|(n＝1,2，…)”是“{ an}为递增数列”的充分不必要条件．故选 B.6．(2018·广东三校期末)已知数列{ an}满足： a1＝ ，对于任意的17n∈N *， an＋1 ＝ an(1－ an)，则 a1413－ a1314＝( )72A．－ B. C．－ D.27 27 37 37答案 D解析 a1＝ ， a2＝ × × ＝ ， a3＝ × × ＝ ， a4＝ × × ＝ ，….17 72 17 67 37 72 37 47 67 72 67 17 37归纳可知当 n为大于 1的奇数时， an＝ ；当 n为正偶数时， an＝ .故 a1413－ a1314＝ .67 37 37故选 D.7．(2018·江西期末)定义 为 n个正数 p1， p2，…， pn的“均倒数” ，若np1＋ p2＋ …＋ pn已知数列{ an}的前 n项的“均倒数”为 ，又 bn＝ .则 b10等于( )15n an5A．15 B．17 C．19 D．21答案 C解析 由 ＝ 得 Sn＝ a1＋ a2＋…＋ an＝5 n2，则 Sn－1 ＝5( n－1) 2(n≥2)，na1＋ a2＋ …＋ an 15nan＝ Sn－ Sn－1 ＝10 n－5( n≥2)，当 n＝1 时， a1＝5 也满足．故an＝10 n－5， bn＝2 n－1， b10＝2×10－1＝19.故选 C.8．(2018·西安模拟)已知函数 f(x)＝Error!(a0且 a≠1)，若数列{ an}满足 an＝ f(n)(n∈N *)，且{ an}是递增数列，则实数 a的取值范围是( )A．(0,1) B. C．(2,3) D．(1,3)[83， 3)答案 C解析 因为{ an}是递增数列，所以Error!解得 2 .tn－ 12n t n＋ 2 － 12n＋ 2 t n＋ 1 － 12n化简得 t(n－2)1.当 n≥3 时，若 t(n－2)1 恒成立，则 t 恒成立，1n－ 2又当 n≥3 时， 的最大值为 1，则 t的取值范围是(1，＋∞)．故选 C.1n－ 210．(2018·湖北八校模拟)已知数列{ an}满足： a1＝1， an＋1 ＝ (n∈N *)．若anan＋ 2bn＋1 ＝( n－2 λ )· (n∈N *)， b1＝－ λ ，且数列{ bn}是单调递增数列，则实数 λ 的取(1an＋ 1) 32值范围是( )A． λ ＜ B． λ ＜1 C． λ ＜ D． λ ＜45 32 23答案 A解析 ∵数列{ an}满足： a1＝1， an＋1 ＝ (n∈N *)，anan＋ 2∴ an0， ＝ ＋1，则 ＋1＝2 ，1an＋ 1 2an 1an＋ 1 (1an＋ 1)∴数列 是等比数列，且首项为 ＋1＝2，公比为 2，∴ ＋1＝2 n.{1an＋ 1} 1a1 1an∴ bn＋1 ＝( n－2 λ ) ＝( n－2 λ )·2n(n∈N *)，(1an＋ 1)∴ bn＝( n－1－2 λ )·2n－1 (n≥2)，∵数列{ bn}是单调递增数列，∴ bn＋1 ＞ bn，∴( n－2 λ )·2n＞( n－1－2 λ )·2n－1 (n≥2)，可得 λ b1，∴(1－2 λ )·2－ λ ，解得 λ 0，且na －(2 n－1) an＋1 an－2 a ＝0.设 M(x)表示整数 x的个位数字，则 M(a2017)＝________.2n＋ 1 2n答案 6解析 由已知得( nan＋1 ＋ an)(an＋1 －2 an)＝0，∵ an＞0，∴ an＋1 －2 an＝0，则 ＝2，an＋ 1an∵ a1＝1，∴数列{ an}是以 1为首项，2 为公比的等比数列，∴ an＝1×2 n－1 ＝2 n－1 .∴ a2＝2， a3＝4， a4＝8， a5＝16， a6＝32， a7＝64， a8＝128，…，∴ n≥2 时， M(an)依次构成以 4为周期的数列．∴ M(a2017)＝ M(a5)＝6，故答案为 6.13．(2017·吉林模拟)若数列{ an}满足 a1＝ ， an＝1－ (n≥2 且 n∈N *)，则 a201612 1an－ 1等于________．答案 2解析 ∵ a1＝ ， an＝1－ (n≥2 且 n∈N *)，12 1an－ 1∴ a2＝1－ ＝1－ ＝－1，∴ a3＝1－ ＝1－ ＝2，∴ a4＝1－ ＝1－ ＝ ，…，依1a1 112 1a2 1－ 1 1a3 12 12此类推，可得 an＋3 ＝ an，∴ a2016＝ a671×3＋3 ＝ a3＝2.14．(2017·河南测试)已知各项均为正数的数列{ an}满足 an＋1 ＝ ＋ ， a1＝ ， Sn为数an2 14 72列{ an}的前 n项和，若对于任意的 n∈N *，不等式 ≥2 n－3 恒成立，则实数 k的12k12＋ n－ 2Sn取值范围为________．答案 [38， ＋ ∞ )解析 由 an＋1 ＝ an＋ ，得 an＋1 － ＝ ，且 a1－ ＝3，所以数列 是以 312 14 12 12(an－ 12) 12 {an－ 12}为首项， 为公比的等比数列，则 an－ ＝3× n－1 ，所以 an＝3× n－1 ＋ ，所以12 12 (12) (12) 12Sn＝3×Error! ＋ ＋ ＋…＋ Error!＋ ＝6 ＋ ，则 12＋ n－2 Sn＝ .因为不等120 12 122 12n－ 1 n2 (1－ 12n) n2 122n5式 ＝ k·2n≥2 n－3， n∈N *恒成立，所以 k≥ max， n∈N *.令 ＝ bn，则12k12＋ n－ 2Sn (2n－ 32n ) 2n－ 32nbn＋1 － bn＝ － ＝ ，则 b1b4…，所以( bn)max＝ b3＝ ，故 k≥ .2n－ 12n＋ 1 2n－ 32n 5－ 2n2n＋ 1 38 38三、解答题15．(2017·河南百校联盟模拟)已知数列{ an}的前 n项和为 Sn，且对任意正整数 n都有an＝ Sn＋2 成立．记 bn＝log 2an，求数列{ bn}的通项公式．34解 在 an＝ Sn＋2 中，令 n＝1，得 a1＝8.34因为对任意正整数 n都有 an＝ Sn＋2 成立，所以 an＋1 ＝ Sn＋1 ＋2，34 34两式相减得 an＋1 － an＝ an＋1 ，所以 an＋1 ＝4 an，34又 a1＝8，所以{ an}是首项为 8，公比为 4的等比数列，所以 an＝8×4 n－1 ＝2 2n＋1 ，所以 bn＝log 222n＋1 ＝2 n＋1.16．(2015·四川高考)设数列{ an}(n＝1,2,3，…)的前 n项和 Sn满足 Sn＝2 an－ a1，且a1， a2＋1， a3成等差数列．(1)求数列{ an}的通项公式；(2)记数列 的前 n项和为 Tn，求使得| Tn－1|1000.11000 |1－ 12n－ 1| 11000因为 29＝51210001024＝2 10，所以 n≥10.6于是，使| Tn－1| 成立的 n的最小值为 10.11000