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- 2021-04-13 发布
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多维层次练28
[A级 基础巩固]
1．已知数列，，，，，…，则5是它的( )
A．第19项 B．第20项
C．第21项 D．第22项
解析：数列，，，，，…中的各项可变形为，，，，，…，
所以通项公式为an＝＝，
令＝5，得n＝21.
答案：C
2．记Sn为数列{an}的前n项和．“任意正整数n，均有an>0”是“{Sn}是递增数列”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：因为“an>0”⇒“数列{Sn}是递增数列”，
所以“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件．
如数列{an}为－1，1，3，5，7，9，…，显然数列{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，
所以“数列{Sn}是递增数列”不能推出“an>0”，
所以“an>0”不是“数列{Sn}是递增数列”的必要条件．
所以“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．
答案：A
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则S5＝( )
A．31 B．42
C．37 D．47
解析：由题意，得Sn＋1－Sn＝Sn＋1(n∈N*)，所以Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，故数列{Sn＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2，则S5＋1＝3×24，所以S5＝47.
答案：D
4．在数列{an}中，a1＝2，＝＋ln，则an等于( )
A．2＋nln n B．2n＋(n－1)ln n
C．2n＋nln n D．1＋n＋nln n
解析：由题意得－＝ln(n＋1)－ln n，n分别用1，2，3，…，(n－1)取代，累加得－＝ln n－ln 1＝ln n，＝2＋ln n，所以an＝2n＋nln n.
答案：C
5．(2020·广东广雅中学模拟)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则an的表达式为( )
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝
解析：(1)数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，
可得＝3＋，
所以数列是首项为，公差为3的等差数列，
所以＝＋3(n－1)＝.
可得an＝(n∈N*)．
答案：B
6．(2019·上海卷)已知数列{an}前n项和为Sn，且满足Sn＋an＝2，则S5＝________．
解析：n＝1时，S1＋a1＝2，所以a1＝1.
n≥2时，由Sn＋an＝2得Sn－1＋an－1＝2，
两式相减得an＝an－1(n≥2)，
所以{an}是以1为首项，为公比的等比数列，
所以S5＝＝.
答案：
7．(2020·河北省级示范性高中联考)数列{an}满足a1＝3，且对于任意的n∈N*都有an＋1－an＝n＋2，则a39＝________．
解析：因为an＋1－an＝n＋2，
所以a2－a1＝3，a3－a2＝4，a4－a3＝5，…，
an－an－1＝n＋1(n≥2)，
上面(n－1)个式子左右两边分别相加得an－a1＝(n≥2)，即an＝(n≥2)，
当n＝1时，a1＝3适合上式，
所以an＝，n∈N*，所以a39＝＝820.
答案：820
8．在数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N*，都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝________．
解析：由题意可知，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2，
所以an＝(n≥2)，
所以a3＋a5＝＋＝.
答案：
9．(2020·天河模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1<2，an>0，6Sn＝a＋3an＋2，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若∀n∈N*，bn＝(－1)na，求数列{bn}的前2n项的和T2n.
解：(1)当n＝1时，6a1＝a＋3a1＋2，且a1<2，解得a1＝1.
当n≥2时，6an＝6Sn－6Sn－1＝a＋3an＋2－(a＋3an－1＋2)．
化简得(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝3，
所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列，
所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)bn＝(－1)na＝(－1)n(3n－2)2.
所以b2n－1＋b2n＝－(6n－5)2＋(6n－2)2＝36n－21.
所以数列{bn}的前2n项的和
T2n＝36(1＋2＋…＋n)－21n＝36×－21n＝18n2－3n.
10．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)由题意得a2＝，a3＝.
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝.
[B级 能力提升]
11．数列{an}满足a1＝1，对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，则＋＋…＋＝( )
A. B．2
C. D.
解析：由an＋1＝1＋an＋n，得an＋1－an＝n＋1，
则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝，
则＝＝－，
则＋＋…＋＝2×[＋＋…＋]＝2×＝
.
答案：C
12．(一题多解)(2020·湛江二模)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(约公元5世纪)的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即，一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数．设这个整数为a，当a∈[2，2 019]时，符合条件的a共有________个．
解析：法一 由题设a＝3m＋2＝5n＋3，m，n∈N，则3m＝5n＋1，m，n∈N，
当m＝5k时，n不存在；当m＝5k＋1时，n不存在；
当m＝5k＋2时，n＝3k＋1，满足题意；
当m＝5k＋3时，n不存在；
当m＝5k＋4时，n不存在，其中k∈N.
故2≤a＝15k＋8≤2 019，解得－≤k≤，故k＝0，1，2，…，134，共135个，即符合条件的a共有135个．故答案为135.
法二 一个整数除以三余二，这个整数可以为2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，35，38，…，
一个整数除以五余三，这个整数可以为3，8，13，18，23，28，33，38，…，则同时除以三余二、除以五余三的整数为8，23，38，…，构成首项为8，公差为15的等差数列，通项公式为an＝8＋15(n－1)＝15n－7，由15n－7≤2 019得15n≤2 026，n≤135，因为n∈N*，所以n＝1，2，3，…，135，共有135个．
答案：135
13．(一题多解)已知数列{an}中，a1＝3，且n(n＋1)(an－an＋1)＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)法一 由题意知，an－an＋1＝＝2，
所以n≥2时，an－1－an＝2，an－2－an－1＝
2，…，a1－a2＝2，
以上(n－1)个式子左右两边分别相加得a1－an＝2，
又a1＝3，所以an＝1＋(n≥2)．
又a1＝3符合上式，故an＝1＋(n∈N*)．
法二 由题意知，an－an＋1＝＝2，
所以an＋1－＝an－，
所以an－＝an－1－＝…＝a1－＝3－2＝1，
所以an＝1＋.
(2)法一 由(1)知，an＝1＋＝，
所以a1a2…an＝××…××＝，
所以bn＝＝，
所以Sn＝＋＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得Sn＝＋－＝
＋－＝1－－＝1－，
故Sn＝2－.
法二 由(1)知an＝1＋＝，
所以a1·a2·…·an＝××…××＝
，
所以bn＝＝＝－，
所以Sn＝＋＋…＋＝
2－.
[C级 素养升华]
14．(多选题)已知数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，则下列数字在数列{an}中的是( )
A．14 B．18
C．20 D．32
解析：由题意知，数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋5，则a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2(n－1)＋5，n>1，
两式相减得，＝2n＋5－2(n－1)－5＝2，
所以an＝2n＋1，n>1，n∈N*.
当n＝1时，＝7，所以a1＝14.
综上可知，数列{an}的通项公式为an＝
答案：AD