1、课时作业 28 数列的概念与简单表示法基础达标一、选择题12019河南安阳模拟 已知数列：，依它的前 10 项的规律，这个数列的第112112312213413223142 018 项 a2 018 等于( )A. B.131 163C 64 D.632解析：观察数列： ，可将它分成 k(kN *)组，11211231221341322314即第 1 组有 1 项 ，第 2 组有 2 项 ，第 3 组有 3 项 ，(11) (21，12) (31，22，13)，所以第 k 组有 k 项，各项的分子从 k 依次减小至 1，分母从 1 依次增大到 k，所以前 k 组共有 项，令 2 kk 1201
2、8 m(kN *,1m k，mN *)，可得 k63，m 2，该数kk 12列的第 2 018 项 a2 018为第 64 组的第 2 项，故 a2 018 ，故选 D.632答案：D22019广 东茂名模拟 Sn是数列a n的前 n 项和，且nN *都有 2Sn3a n4，则 Sn( )A223 n B43 nC43 n1 D223 n1解析：2S n3a n4，2S n3(S nS n1 )4(n2) ，变形为Sn23(S n1 2) ，又 n1 时，2S 13S 14，解得S14， S126.数列S n2是等比数列，首项为6，公比为 3.S n263 n1 ，可得 Sn223 n.故选
3、A.答案：A32019河北石家庄模拟 若数列a n满足a12，a n1 ，则 a2 018 的值为( )1 an1 anA2 B3C D.12 13解析：a 12，a n1 ，a 2 3，同理可得：1 an1 an 1 a11 a1a3 ，a4 ，a52 ，可得 an4 a n，则 a2 12 13018a 50442 a 23.故选 B.答案：B42019广 东惠州模拟 已知数列a n的前 n 项和为 Sn，且Sn2a n1，则 ( )S6a6A. B.6332 3116C. D.12364 127128解析：S n2a n1，n1 时，a 12a 11，解得 a11；n2时， anS n
4、Sn1 2a n1(2a n1 1)，化为 an2a n1 .数列a n是等比数列，公比为 2.a 62 532，S 6 63，则 .故选 A.26 12 1 S6a6 6332答案：A5已知数列a n满足条件a1 a2 a3 an2n5，则数列a n的通项公式为( )12 122 123 12nAa n2 n1 Ba nError!C an2 n Da n2 n2解析：由题意可知，数列a n满足条件a1 a2 a3 an2n5，12 122 123 12n则 a1 a2 a3 an112 122 123 12n 12( n1) 5，n1，两式相减可得： 2n52(n1)52，an2na n2
5、 n1 ，n1，nN *.当 n1 时， 7， a 114，a12综上可知，数列a n的通项公式为：anError!故选 B.答案：B二、填空题62019惠州高三 调研 已知数列a n满足a11，a n1 2a n2 n(nN *)，则数列a n的通项公式为an_.解析：a n1 2a n2 n两边同除以 2n1 ，可得 ，又an 12n 1 an2n 12 ，数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，a12 12 an2n 12 12 ( n1) ，a nn2 n1 .an2n 12 12 n2答案：n2 n172019太原市高三模拟 已知数列a n中，a10，a na n1 12(n1)(
6、nN *，n2)，若数列b n满足 bnn n1 ，则数列b n的最大项为第 _项an 1 1(811)解析：由 a10，且 ana n1 12(n1)(n N *，n2)，得ana n1 2n1(n2)，则a2a 1221，a 3a 2231，a 4a 3241，a na n12n1(n 2)，以上各式累加得 an2(23 n) (n1) 2n1 n21(n2)，当 n1 时，上式仍成立，所以n 2n 12bnn n1 n n1 (n 2n) n1 (nN *)an 1 1(811) n 12(811) (811)由Error!得Error!解得 n .因为 nN *，所以 n6，所以数列1
7、63 193bn的最大项为第 6 项答案：682019广州市高中综合测试 我国南宋数学家杨辉所著的详解九章算法中，用图的三角形形象地表示了二项式系数规律，俗称“杨辉三角” 现将杨辉三角中的奇数换成 1，偶数换成 0，得到图所示的由数字 0 和 1 组成的三角形数表，由上往下数，记第n 行各数字的和为 Sn，如 S11，S 22，S 32，S 44，则S126_.解析：题图中的三角形数表，从上往下数，第 1 次全行的数都为 1 的是第 1 行，有 1 个 1，第 2 次全行的数都为 1 的是第 2 行，有2 个 1，第 3 次全行的数都为 1 的是第 4 行，有 4 个 1，依此类推，第n 次全
8、行的数都为 1 的是第 2n1 行，有 2n1 个 1.第 1 行，1 个 1，第 2行，2 个 1，第 3 行， 2 个 1，第 4 行，4 个 1；第 1 行 1 的个数是第 2 行1 的个数的 ，第 2 行与第 3 行 1 的个数相同，第 3 行 1 的个数是第 412行 1 的个数的 ；第 5 行，2 个 1，第 6 行， 4 个 1，第 7 行，4 个 1，第 812行，8 个 1；第 5 行 1 的个数是第 6 行 1 的个数的 ，第 6 行与第 7 行121 的个数相同，第 7 行 1 的个数是第 8 行 1 的个数的 .根据以上规律，12当 n8 时，第 281 行有 128
9、个 1，即 S128128，第 127 行有 64 个 1，即 S12764，第 126 行有 64 个 1，即 S12664.答案：64三、解答题92019山 东青岛调研 已知 Sn是数列a n的前 n 项和，Sn32 n3，其中 nN *.(1)求数列 an的通项公式；(2)数列 bn为等差数列，T n为其前 n 项和，b 2a 5，b 11S 3，求Tn的最值解析：(1) 由 Sn32 n3，nN *，得() 当 n1 时， a1S 132 133.() 当 n2 时， anS nS n1 (32 n3)(32 n1 3)3(2 n 2n1 )3 2n1 (*)又当 n1 时，a 13
10、也满足(*)式所以，对任意 nN *，都有 an32 n1 .(2)设等差数列b n的首项为 b1，公差为 d，由(1)得b2a 532 51 48，b 11S 332 3321.由等差数列的通项公式得Error!解得Error!所以 bn543n.可以看出 bn随着 n 的增大而减小，令 bn0，解得 n18，所以 Tn有最大 值，无最小 值，且 T18(或 T17)为前 n 项和 Tn的最大值，T18 9(510)459.18b1 b182一题多解 对于求 Tn的最值还有以下解法：由上知 bn543n，T n (3n 2105n)，b1 bnn2 12又 y (3x 2105x )图象的对
11、称轴为 x17.5.12T 17T 18，它们的值最大，且 Tn无最小值可得 T18459.102018全国卷 已知数列 an满足 a1 1，na n1 2( n1)a n.设 bn .ann(1)求 b1，b 2，b 3；(2)判断数列b n是否为等比数列，并说明理由；(3)求a n的通项公式解析：(1) 由条件可得 an1 an.2n 1n将 n1 代入得，a 24a 1，而 a11，所以 a24.将 n2 代入得，a 33a 2，所以 a312.从而 b11，b 22， b34.(2)bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列由条件可得 ，即 bn1 2b n，an 1n 1 2ann又
12、b11，所以b n是首项为 1，公比为 2 的等比数列(3)由(2)可得 2 n1 ，ann所以 ann2 n1 .能力挑战112019 郑州高中质量预测 已知 f(x)Error!数列a n(nN *)满足 anf( n)，且a n是递增数列，则 a 的取值范围是( )A(1，) B.(12， )C (1,3) D(3，)解析：因为 anf(n) ，且a n是递增数列，所以Error! 则Error!得a3.故选 D.答案：D122019 山东济宁模拟 设数列a n满足 a11，a 22，且2nan( n 1)an1 (n 1)an1 (n2 且 nN *)，则 a18( )A. B.259
13、 269C 3 D.289解析：令 bnna n，则 2bnb n1 b n1 ，所以b n为等差数列，因为 b11，b 24，所以公差 d3， 则 bn3n 2，所以 b1852，即18a1852，所以 a18 ，故选 B.269答案：B132019 山西省八校联考 已知数列a n满足：a 11，a n1 (nN *)，若 bn 1( n) ，b 1，且数列b n是递anan 2 (1an 1)增数列，则实数 的取值范围是_解析：由 an1 ，知 1，即anan 2 1an 1 2an12 ，所以数列 是首项为 12，公比为 21an 1 (1an 1) 1an 1 1a1的等比数列，所以 12 n，所以 bn1 (n )2 n，因为数列b n是1an递增数列，所以 bn1 b n(n)2 n( n1)2 n1 (n1)2n1 0 对一切正整数 n 恒成立，所以 n 1，因为 nN *，所以 2.答案：(，2)
