1、1课时作业 29 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11211231221341322314律，这个数列的第 2 018项 a2 018等于( )A. B.131 163C64 D.632解析：观察数列： ，可将它分成 k(kN *)组，即第 1组有112112312213413223141项 ，第 2组有 2项 ，第 3组有 3项 ， ，所以第 k组有 k项，各项(11) (21， 12) (31， 22， 13)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 k k 12018 m(kN *,
2、1 m k， mN *)，可得 k63， m2，该数列的第 2 018项k k 12a2 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 an的前 n项和，且 nN *都有 2Sn3 an4，则Sn( )A223 n B43 nC43 n1 D223 n1解析：2 Sn3 an4，2 Sn3( Sn Sn1 )4( n2)，变形为 Sn23( Sn1 2)，又 n1 时，2 S13 S14，解得 S14， S126.数列 Sn2是等比数列，首项为6，公比为 3. Sn263 n1 ，可得 Sn223 n.故选 A.答案：A32019
3、河北石家庄模拟若数列 an满足 a12， an1 ，则 a2 018的值为( )1 an1 anA2 B3C D.12 13解析： a12， an1 ， a2 3，同理可得：1 an1 an 1 a11 a12a3 ， a4 ， a52，可得 an4 an，则 a2 018 a50442 a23.故选 B.12 13答案：B42019广东惠州模拟已知数列 an的前 n项和为 Sn，且 Sn2 an1，则 ( )S6a6A. B.6332 3116C. D.12364 127128解析： Sn2 an1， n1 时， a12 a11，解得 a11； n2 时，an Sn Sn1 2 an1(2
4、an1 1)，化为 an2 an1 .数列 an是等比数列，公比为2. a62 532， S6 63，则 .故选 A.26 12 1 S6a6 6332答案：A5已知数列 an满足条件 a1 a2 a3 an2 n5，则数列 an的通项公12 122 123 12n式为( )A an2 n1 B anError!C an2 n D an2 n2解析：由题意可知，数列 an满足条件 a1 a2 a3 an2 n5，12 122 123 12n则 a1 a2 a3 an112 122 123 12n 12( n1)5， n1，两式相减可得： 2 n52( n1)52，an2n an2 n1 ， n
5、1， nN *.当 n1 时， 7， a114，a12综上可知，数列 an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 an满足 a11， an1 2 an2 n(nN *)，则数列an的通项公式为 an_.解析： an1 2 an2 n两边同除以 2n1 ，可得 ，又 ，数列 是an 12n 1 an2n 12 a12 12 an2n3以 为首项， 为公差的等差数列， ( n1) ， an n2n1 .12 12 an2n 12 12 n2答案： n2n172019太原市高三模拟已知数列 an中， a10， an an1 12( n1)(nN *，
6、 n2)，若数列 bn满足 bn n n1 ，则数列 bn的最大项为第an 1 1 (811)_项解析：由 a10，且 an an1 12( n1)( nN *， n2)，得 an an1 2 n1( n2)，则 a2 a1221， a3 a2231， a4 a3241， an an1 2 n1( n2)，以上各式累加得 an2(23 n)( n1)2 n1 n21( n2)， n 2 n 12当 n1 时，上式仍成立，所以bn n n1 n n1 ( n2 n) n1 (nN *)由Error!得an 1 1 (811) n 1 2 (811) (811)Error!解得 n .因为 nN
7、*，所以 n6，所以数列 bn的最大项为第 6项163 193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， S22， S32， S44，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次全行
8、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 4行 1的个数的 ；第 5行，212 12个 1，第 6行，4 个 1，第 7行，4 个 1，第 8行，8 个 1；第 5行 1的个数是第 6行 1的个4数的 ，第 6行与第 7行 1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12 12律，当 n8 时，第 281 行有 128个 1，即 S128128，第 127行有 64个 1，即
9、 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 an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， Tn为其前 n项和， b2 a5， b11 S3，求 Tn的最值解析：(1)由 Sn32 n3， nN *，得()当 n1 时， a1 S132 133.()当 n2 时， an Sn Sn1 (32 n3)(32 n1 3)3(2 n2 n1 )32 n1 (*)又当 n1 时， a13 也满足(*)式所以，对任意 nN *，都有 an32 n1 .(2)设等差
10、数列 bn的首项为 b1，公差为 d，由(1)得b2 a532 51 48， b11 S332 3321.由等差数列的通项公式得Error!解得Error!所以 bn543 n.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)459.18 b1 b182一题多解 对于求 Tn的最值还有以下解法：由上知 bn543 n， Tn (3 n2105 n)， b1 bn n2 12又 y (3 x2105 x)图象的对称轴为 x17.5.12 T17 T18，它们的值最大，且 Tn无最小
11、值可得 T18459.102018全国卷已知数列 an满足 a11， nan1 2( n1) an.设 bn .ann(1)求 b1， b2， b3；(2)判断数列 bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求 an的通项公式5解析：(1)由条件可得 an1 an.2 n 1n将 n1 代入得， a24 a1，而 a11，所以 a24.将 n2 代入得， a33 a2，所以 a312.从而 b11， b22， b34.(2)bn是首项为 1，公比为 2的等比数列由条件可得 ，即 bn1 2 bn，an 1n 1 2ann又 b11，所以 bn是首项为 1，公比为 2的等比数列(3)由(2)可得 2
12、 n1 ，ann所以 an n2n1 .能力挑战112019郑州高中质量预测已知 f(x)Error!数列 an(nN *)满足 an f(n)，且an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 an f(n)，且 an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 an满足 a11， a22，且 2nan( n1)an1 ( n1) an1 (n2 且 nN *)，则 a18( )A. B.259 269C3 D.289解析：令 bn nan，则 2bn bn1 bn1 ，所以 b
13、n为等差数列，因为 b11， b24，所以公差 d3，则 bn3 n2，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 an满足： a11， an1 (nN *)，若anan 2bn1 ( n ) ， b1 ，且数列 bn是递增数列，则实数 的取值范围是(1an 1)_6解析：由 an1 ，知 1，即 12 ，所以数列anan 2 1an 1 2an 1an 1 (1an 1)是首项为 12，公比为 2的等比数列，所以 12 n，所以1an 1 1a1 1anbn1 ( n )2n，因为数列 bn是递增数列，所以 bn1 bn( n )2n( n1 )2n1 ( n1 )2n1 0对一切正整数 n恒成立，所以 n1，因为 nN *，所以 2.答案：(，2)
