【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第六章第一讲数列的概念与简单表示法作业 4页

第六章　数　列 第一讲　数列的概念与简单表示法 ‎1.[2020唐山市摸底考试]已知Sn为数列{an}的前n项和,3Sn =an+2,则数列{Sn}(　　)‎ A.有最大项也有最小项 B.有最大项无最小项 C.无最大项有最小项 D.无最大项也无最小项 ‎2.[2020安徽六校第一次联考改编]已知正项数列{an}的前n项和Sn满足2Sn =an‎2‎+an-2,则数列{an}的通项公式为　　　　. ‎ ‎3.[2020陕西省部分学校摸底检测][双空题]已知数列{an}的前n项和Sn =10n-n2,数列{bn}的每一项都有bn =|an|,设数列{bn}的前n项和为Tn,则T4 =　　　　,T30 =　　　　. ‎ ‎4.[2019长郡中学、衡阳八中等十四校第二次联考]已知Sn是数列{an}的前n项和,且log3(Sn+1) =n+1(n∈N*),则数列{an}的通项公式为　　　　. ‎ ‎5.[2020惠州市二调]在数列{an}中,a1 =1,a2 =‎8‎‎3‎,an+1 =(1+‎1‎n)an+n+1‎λn,其中n∈N*,λ为常数.‎ ‎(1)求λ的值;‎ ‎(2)设bn =ann,求数列{bn}的通项公式.‎ ‎6.[2020惠州市二调]已知数列{an}的各项均为正数,a1 =2,an+1-an =‎4‎an+1‎‎+‎an,若数列{‎1‎an+1‎‎+‎an}的前n项和为5,则n =(　　)‎ A.119 B.120 C.121 D.122‎ ‎7.[2019广东六校联考]已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan =(2n-1)·3n.设bn =‎4nan,Sn为数列{bn}的前n项和,若Sn<λ(λ为常数,n∈N*),则λ的最小值是(　　)‎ A.‎3‎‎2‎ B.‎9‎‎4‎ C.‎31‎‎12‎ D.‎‎31‎‎18‎ ‎8.[2019四川考前联考]在数列{an}中,已知a1 =1,且对于任意的m,n∈N*,都有am+n =am+an+mn,则数列{an}的通项公式为(　　)‎ A.an =n B.an =n+1 C.an =n(n - 1)‎‎2‎ D.an =‎n(n+1)‎‎2‎ ‎9.[2019辽宁五校联考]若数列{an}满足a1 =‎-‎‎1‎‎2‎,an+an+1 =‎2‎n‎2‎‎+2n,则a10 =　　　　. ‎ ‎10.[2020合肥市调研检测]已知等差数列{an},a2 =12,a5 =24,数列{bn}满足b1 =4,bn+1-bn =an(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求使得‎1‎b‎1‎‎+‎1‎b‎2‎+‎‎1‎b‎3‎+…+‎1‎bn‎>‎‎8‎‎17‎成立的最小正整数n的值.‎ 第六章数　列 第一讲　数列的概念与简单表示法 ‎1.A　因为3Sn=an+2　①,当n≥2时,3Sn - 1=an - 1+2　②,所以当n≥2时,① - ②得3an=an - an - 1,即an= - ‎1‎‎2‎an - 1.又当n=1时,3S1=3a1=a1+2,所以a1=1,所以数列{an}是以1为首项, - ‎1‎‎2‎为公比的等比数列,即{an}的各项为1, - ‎1‎‎2‎,‎1‎‎4‎, - ‎1‎‎8‎,‎1‎‎16‎, - ‎1‎‎32‎,…,因此数列{an}的最大项为首项1,最小项为第二项 ‎ - ‎1‎‎2‎.又3Sn=an+2,所以数列{Sn}的最大项为1,最小项为‎1‎‎2‎.故选A.‎ ‎2.an=n+1　由题意得2Sn=an‎2‎+an - 2　①.‎ 当n=1时,2S1=2a1=a‎1‎‎2‎+a1 - 2,可得a‎1‎‎2‎ - a1 - 2=0,解得a1=2或a1= - 1(舍去).‎ 当n≥2时,2Sn - 1=an - 1‎‎2‎+an - 1 - 2　②.‎ ‎① - ②得,2an=an‎2‎‎ - ‎an - 1‎‎2‎+an - an - 1(n≥2),即(an+an - 1)(an - an - 1 - 1)=0(n≥2),‎ 因为an+an - 1>0,所以an - an - 1 - 1=0,即an - an - 1=1(n≥2).‎ 又a1=2,所以数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以an=2+(n - 1)×1=n+1.‎ ‎3.24　650　当n=1时,a1=S1=9,当n≥2时,an=Sn - Sn - 1=10n - n2 - [10(n - 1) - (n - 1)2]= - 2n+11,当n=1时也满足,所以an= - 2n+11(n∈N*),所以当n≤5时,an>0,bn=an,当n>5时,an<0,bn= - an,所以T4=S4=10×4 - 42=24,T30=S5 - a6 - a7 - … - a30=2S5 - S30=2×(10×5 - 52) - (10×30 - 302)=650.‎ ‎【易错警示】　解答本题时的易错之处:(1)根据数列{an}的前n项和Sn的表达式求通项an时,未对n=1时的情况是否满足n≥2时的表达式进行验证;(2)求T30的值时错认为是求S30的值.‎ ‎4.an=‎8,n=1,‎‎2×‎3‎n,n≥2‎　由log3(Sn+1)=n+1,得Sn+1=3n+1.所以当n=1时,a1=S1=8;当n≥2时,an=Sn - Sn - 1=2×3n.当n=1时,不满足上式.所以数列{an}的通项公式为an=‎‎8,n=1,‎‎2×‎3‎n,n≥2.‎ ‎5.(1)将n=1代入an+1=(1+‎1‎n)an+n+1‎λn,得a2=2a1+‎2‎λ,‎ 由a1=1,a2=‎8‎‎3‎,得λ=3.‎ ‎(2)由an+1=(1+‎1‎n)an+n+1‎‎3‎n,得an+1‎n+1‎‎ - ann=‎‎1‎‎3‎n,‎ 即bn+1 - bn=‎1‎‎3‎n.‎ 当n=1时,b1=a‎1‎‎1‎=1,‎ 当n≥2时,bn - b1=(bn - bn - 1)+(bn - 1 - bn - 2)+…+(b2 - b1)‎ ‎=‎1‎‎3‎n - 1‎‎+‎‎1‎‎3‎n - 2‎+…+‎‎1‎‎3‎‎2‎‎+‎‎1‎‎3‎‎1‎ ‎=‎‎1‎‎3‎‎[1 - (‎1‎‎3‎‎)‎n - 1‎]‎‎1 - ‎‎1‎‎3‎ ‎=‎1‎‎2‎‎ - ‎‎1‎‎2×‎‎3‎n - 1‎,‎ 所以bn=‎3‎‎2‎‎ - ‎‎1‎‎2×‎‎3‎n - 1‎(n≥2).‎ 因为b1=1也适合上式,所以bn=‎3‎‎2‎‎ - ‎‎1‎‎2×‎‎3‎n - 1‎.‎ ‎6.B　由题意得an+1‎‎2‎‎ - ‎an‎2‎=4,a‎1‎‎2‎=4,所以数列{an‎2‎}是以4为首项,4为公差的等差数列,则an‎2‎=4+(n - 1)×4=4n,因为数列{an}的各项均为正数,所以an=2n,则‎1‎an+1‎‎+‎an‎=‎1‎‎2n+1‎+2‎n=‎‎1‎‎2‎(n+1‎‎ - ‎n).故数列{‎1‎an+1‎‎+‎an}的前n项和为‎1‎‎2‎(‎2‎‎ - ‎‎1‎)+‎1‎‎2‎(‎3‎‎ - ‎‎2‎)+…+‎1‎‎2‎(n+1‎‎ - ‎n)=‎1‎‎2‎(n+1‎ - 1),则‎1‎‎2‎(n+1‎ - 1)=5,所以n=120.故选B.‎ ‎7.C　a1+2a2+3a3+…+nan=(2n - 1)·3n　①,‎ 当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n - 1)an - 1=(2n - 3)·3n - 1　②,‎ ‎① - ②,得nan=4n·3n - 1,即an=4·3n - 1(n≥2).‎ 当n=1时,a1=3≠4,‎ 所以an=‎3,n=1,‎‎4·‎3‎n - 1‎,n≥2,‎bn=‎‎4‎‎3‎‎,n=1,‎n‎3‎n - 1‎‎,n≥2.‎ 所以Sn=‎4‎‎3‎‎+‎2‎‎3‎+‎‎3‎‎3‎‎2‎+…+n‎3‎n - 1‎‎=‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎‎0‎+‎2‎‎3‎‎1‎+‎‎3‎‎3‎‎2‎+…+n‎3‎n - 1‎　③,‎ ‎1‎‎3‎Sn=‎1‎‎9‎‎+‎1‎‎3‎+‎2‎‎3‎‎2‎+‎‎3‎‎3‎‎3‎+…+n - 1‎‎3‎n - 1‎‎+‎n‎3‎n　④,‎ ‎③ - ④,得‎2‎‎3‎Sn=‎2‎‎9‎‎+‎1‎‎3‎‎0‎+‎1‎‎3‎+‎‎1‎‎3‎‎2‎+…+‎1‎‎3‎n - 1‎‎ - n‎3‎n=‎2‎‎9‎+‎1 - ‎‎1‎‎3‎n‎1 - ‎‎1‎‎3‎ - ‎n‎3‎n,‎ 所以Sn=‎31‎‎12‎‎ - ‎6n+9‎‎4×‎‎3‎n<‎‎31‎‎12‎,所以λ的最小值是‎31‎‎12‎,故选C.‎ ‎8.D　令m=1,得an+1=an+n+1,即an+1 - an=n+1,所以当n≥2时,an=a1+(a2 - a1)+(a3 - a2)+…+(an - an - 1)=1+2+3+…+n.所以an=‎(1+n)n‎2‎(n≥2).易知a1=1满足上式,故an=n(n+1)‎‎2‎.故选D.‎ ‎9.‎111‎‎110‎　解法一　因为an+an+1=‎2‎n‎2‎‎+2n,所以an+an+1=‎2‎n(n+2)‎‎=‎1‎n - ‎‎1‎n+2‎.a1+a2=1 - ‎1‎‎3‎,又a1= - ‎1‎‎2‎,所以a2=1 - ‎1‎‎3‎‎+‎‎1‎‎2‎;因为a2+a3=‎1‎‎2‎‎ - ‎‎1‎‎4‎,所以a3=‎1‎‎3‎‎ - ‎‎1‎‎4‎ - 1;因为a3+a4=‎1‎‎3‎‎ - ‎‎1‎‎5‎,所以a4=‎1‎‎4‎‎ - ‎‎1‎‎5‎+1;….所以a10=‎1‎‎10‎‎ - ‎‎1‎‎11‎+1=‎111‎‎110‎.‎ 解法二　因为an+an+1=‎2‎n‎2‎‎+2n,所以an+1=‎2‎n(n+2)‎ - an.因为a1= - ‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎1×2‎ - 1,所以a2=‎2‎‎3‎‎+‎1‎‎2‎=‎7‎‎6‎=‎‎1‎‎2×3‎+1;a3=‎2‎‎2×4‎‎ - ‎‎7‎‎6‎= - ‎11‎‎12‎‎=‎‎1‎‎3×4‎ - 1;a4=‎2‎‎3×5‎‎+‎11‎‎12‎=‎21‎‎20‎=‎‎1‎‎4×5‎+1;….可得an=‎1‎n(n+1)‎+( - 1)n,所以a10=‎1‎‎10×11‎+( - 1)10=‎111‎‎110‎.‎ ‎10.(1)设等差数列{an}的公差为d,则a5 - a2=3d=12,d=4,‎ ‎∴an=a2+(n - 2)d=4n+4,∴bn+1 - bn=4n+4,‎ ‎∴bn=b1+(b2 - b1)+(b3 - b2)+…+(bn - bn - 1)‎ ‎=4+(4×1+4)+(4×2+4)+…+[4(n - 1)+4]‎ ‎=4+4[1+2+…+(n - 1)]+4(n - 1)‎ ‎=2n2+2n(n>1),‎ b1=4也满足上式,∴bn=2n2+2n(n∈N*).‎ ‎∴an=4n+4,bn=2n2+2n(n∈N*).‎ ‎(2)∵‎1‎bn‎=‎1‎‎2n‎2‎+2n=‎1‎‎2n(n+1)‎=‎‎1‎‎2‎(‎1‎n‎ - ‎‎1‎n+1‎),‎ ‎∴‎1‎b‎1‎‎+‎1‎b‎2‎+‎‎1‎b‎3‎+…+‎1‎bn‎=‎‎1‎‎2‎[(1 - ‎1‎‎2‎)+(‎1‎‎2‎‎ - ‎‎1‎‎3‎)+…+(‎1‎n‎ - ‎‎1‎n+1‎)]=‎1‎‎2‎(1 - ‎1‎n+1‎)=n‎2(n+1)‎,‎ 由题意得n‎2(n+1)‎‎>‎‎8‎‎17‎,解得n>16,‎ ‎∴满足条件的最小正整数n的值为17.‎