《新版【創(chuàng)新方案】高考數學理一輪知能檢測：第5章 第1節(jié)　數列的概念與簡單表示》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新版【創(chuàng)新方案】高考數學理一輪知能檢測：第5章 第1節(jié)　數列的概念與簡單表示（3頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

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2、 1 第一節(jié)　數列的概念與簡單表示 [全盤鞏固] 1．設數列{an}的前n項和Sn＝n2，則a8的值為(　　) A．15 B．16 C．49 D．64 解析：選A　a8＝S8－S7＝82－72＝64－49＝15. 2．已知數列{an}的前n項和Sn＝n2－9n，第k項滿足5

3、B．8 C．7 D．6 解析：選B　由an＝＝得an＝2n－10. 由5<2k－10<8，得7.5

4、已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2an－1(n∈N*)，則a5＝(　　) A．－16 B．16 C．31 D．32 解析：選B　當n＝1時，S1＝a1＝2a1－1，∴a1＝1， 又Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，∴Sn－Sn－1＝an＝2(an－an－1)． ∴＝2.∴an＝1×2n－1，∴a5＝24＝16. 5．已知數列{an}滿足a1＝0，an＋1＝(n∈N*)，則a20＝　　(　　) A．0 B．－ C. D. 解析：選B　利用a1＝0和遞推公式可求得a2＝－，a3＝，a4＝0，a5＝－

5、，以此類推，數列{an}的項周期性出現，其周期為3.所以a20＝a2＝－. 6．(20xx·衢州模擬)將石子擺成如圖的梯形形狀，稱數列5,9,14,20，…為梯形數，根據圖形的構成，此數列的第2 014項與5的差即a2 014－5＝(　　) A．2 020×2 012 B．2 020×2 013 C．1 010×2 012 D．1 010×2 013 解析：選D　結合圖形可知，該數列的第n項an＝2＋3＋4＋…＋(n＋2)．所以a2 014－5＝4＋5＋…＋2 016＝1 010×2 013. 7．在數列{xn}中，若x1＝1，xn＋1＝－

6、1，則x2 013＝________. 解析：將x1＝1代入xn＋1＝－1，得x2＝－，再將x2代入xn＋1＝－1，得x3＝1，所以數列{xn}的周期為2，故x2 013＝x1＝1. 答案：1 8．數列{an}的通項公式an＝－n2＋10n＋11，則該數列前________項的和最大． 解析：易知a1＝20>0，顯然要想使和最大，則應把所有的非負項求和即可，這樣只需求數列{an}的最后一個非負項．令an≥0，則－n2＋10n＋11≥0，∴－1≤n≤11，可見，當n＝11時，a11＝0，故a10是最后一個正項，a11＝0，故前10或11項和最大． 答案：10或11 9．已知數列{an

7、}滿足a1＝1，且an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，則a2＝________，an＝________. 解析：由an＝n(an＋1－an)，可得＝， 則an＝···…··a1＝×××…××1＝n，故a2＝2，an＝n. 答案：2　n 10．已知數列{an}． (1)若an＝n2－5n＋4， ①數列中有多少項是負數？ ②n為何值時，an有最小值？并求出最小值． (2)若an＝n2＋kn＋4且對于n∈N*，都有an＋1>an成立．求實數k的取值范圍． 解：(1)①由n2－5n＋4<0，解得1

8、∵an＝n2－5n＋4＝2－的對稱軸方程為n＝. 又n∈N*，∴n＝2或n＝3時，an有最小值，其最小值為a2＝a3＝－2. (2)由an＋1>an，知該數列是一個遞增數列，又因為通項公式an＝n2＋kn＋4，可以看成是關于n的二次函數，又考慮到n∈N*，當－＝時a1＝a2，所以－<，即得k>－3. 故實數k的取值范圍是(－3，＋∞)． 11．已知Sn為正項數列{an}的前n項和，且滿足Sn＝a＋an(n∈N*)． (1)求a1，a2，a3，a4的值； (2)求數列{an}的通項公式． 解：(1)由Sn＝a＋an(n∈N*)，可得a1＝a＋a1，解得a1＝1； S2＝a1＋a

9、2＝a＋a2，解得a2＝2；同理，a3＝3，a4＝4. (2)Sn＝a＋an，① 當n≥2時，Sn－1＝a＋an－1，② ①－②得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0. 由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，又由(1)知a1＝1， 故數列{an}是首項為1，公差為1的等差數列，故an＝n. 12．設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝a，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*. (1)記bn＝Sn－3n，求數列{bn}的通項公式； (2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范圍． 解：(1)依題意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n

10、， 由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，即bn＋1＝2bn， ∴數列{bn}是首項b1＝a－3，公比為2的等比數列． 因此，所求通項公式為bn＝Sn－3n＝(a－3)×2n－1，n∈N*. (2)由(1)知，Sn＝3n＋(a－3)×2n－1，n∈N*， 于是，當n≥2時， an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)×2n－1－3n－1－(a－3)×2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2， an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)×2n－2＝2n－2×12×n－2＋a－3， ∵an＋1≥an，∴12×n－2＋a－3≥0，∴a≥－9. 又a2＝a1＋3>a1，綜上，所求

11、的a的取值范圍是[－9，＋∞)． [沖擊名校] 1．在數列{an}中，an＝，則該數列前100項中的最大項與最小項分別是(　　) A．a1，a50 B．a1，a44 C．a45，a44 D．a45，a50 解析：選C　an＝＝＝1＋. 所以當n∈[1,44]時，{an}是遞減數列且an<0，當n∈[45,100]時，{an}是遞減數列且an>0，所以(an)max＝a45，(an)min＝a44. 2．數列{an}滿足an＋1＝若a1＝，則a2 013＝________. 解析：因為a1＝∈，所以a2＝2a1－1＝2×－1＝. 因為a2＝∈，所以a3＝2a2－1＝2×－1＝. 因為a3＝∈，所以a4＝2a3＝2×＝. 顯然a4＝a1，根據遞推關系，逐步代入，得a5＝a2，a6＝a3，…故該數列的項呈周期性出現，其周期為3，根據上述求解結果，可得a3k＋1＝，a3k＋2＝，a3k＋3＝(k∈N)． 所以a2 013＝a3＝.