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2012届高考数学第一轮专题复习测试卷第二十七讲 数列的概念与简单表示法


第二十七讲

数列的概念与简单表示法

一、选择题:(本大题共 6 小题,每小题 6 分,共 36 分,将正确答案的代号填在题后的括号内.) 1.一个正整数数表如下(表中下一行中数的个数是上一行中数的个数的 2 倍): 第1行 第2行 第3行 … 则第 9 行中的第 4 个数是( A.132 C.259 ) B.255 D.260 4 2 1 3 7

5 6 …

解析:由数表知表中各行数的个数构成一个以 1 为首项,公比为 2 的等比数列.前 8 行数的个数共有 1-28 =255(个),故第 9 行中的第 4 个数是 259. 1-2 答案:C 1 2.在数列{an}中,a1=2,an+1=an+ln?1+n?,则 an=( ? ? A.2+lnn B.2+(n-1)lnn C.2+nlnn D.1+n+lnn 解析:由已知,an+1-an=ln n ∴an-an-1=ln , n-1 n-1 an-1-an-2=ln , n-2 … 2 a2-a1=ln , 1 将以上 n-1 个式子累加,得 n-1 n 2 an-a1=ln +ln +…+ln 1 n-1 n-2 =ln n n-1 2 · · =lnn, …· 1 n-1 n-2 n+1 ,a1=2, n )

∴an=2+lnn. 答案:A

3.(2010· 苏州模拟)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n3,则 a6+a7+a8+a9 等于( A.729 B.367 C.604 D.854 解析:a6+a7+a8+a9=S9-S5=93-53=604. 答案:C 4.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-9n,第 k 项满足 5<ak<8,则 k=( A.6 B.7 C.8 D.9 )

)

解析: Sn=n2-9n 可得等差数列{an}的通项公式 an=Sn-Sn-1=2n-10, 5<ak<8 可得 5<2k-10<8 由 由 15 且 k∈Z,解得 <k<9 且 k∈Z,∴k=8. 2 答案:C 5.已知 f(x)为偶函数,且 f(2+x)=f(2-x),当-2≤x≤0 时,f(x)=2x,若 n∈N*,an=f(n),则 a2006 =( ) A.2006 B.4 1 C. D.-4 4 分析:利用函数图象的对称性,得到数列的递推关系 an+4=an,此关系恰好反映了数列的周期性,从 而解决问题. 解析:由 f(x)为偶函数得 0≤x≤2 时,f(x)=2 x. 又 f(2+x)=f(2-x),∴f(x)的图象关于 x=2 对称. 又 f(x)的图象还关于 x=0 对称,∴f(x+4)=f(x). ∴an+4=an. 1 - ∴a2006=a4×501+2=a2=f(2)=2 2= .∴选 C. 4 答案:C
? 2 (当n为奇数时), ?n 6.已知函数 f(n)=? 2 且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+a3+…+a100 等于( ? (当n为偶数时), ?-n


)

A.0 C.-100

B.100 D.10200

解析:当 n 为奇数时,an=n2-(n+1)2=-(2n+1), 当 n 为偶数时,an=-n2+(n+1)2=2n+1,

则 an=(-1)n(2n+1). ∴a1+a2+a3+…+a100=-3+5-7+9-…-199+201=2×50=100,∴选 B. 答案:B 二、填空题:(本大题共 4 小题,每小题 6 分,共 24 分,把正确答案填在题后的横线上.) 7.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n 1(4n-3),则 S22-S11 的值是 ________. 解析:从等式右边观察特点总结规律,前两项和为-4,再两项的和也是-4 等等,则 S22=11×(-4) =-44,S11=5×(-4)+a11=-20+4×11-3=21, ∴S22-S11=-44-21=-65. 答案:-65 8.数列{an}满足关系 anan+1=1-an+1(n∈N*),且 a2010=2,则 a2008=________. 1 分析:将所给数值直接代入求值较为麻烦,将 an 整理为 an= -1 时用起来较为方便. an+1 解析:由 anan+1=1-an+1(n∈N*),a2010=2, 1-an+1 1 得 an= = -1, an+1 an+1 1 1 1 ∴a2009= -1=- ,∴a2008= -1=-2-1=-3. a2010 2 a2009 答案:-3 9.已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且有 Sn=n2+1,则数列{an}的通项公式是________. 解析:当 n=1 时,a1=S1=1+1=2,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(n2+1)-[(n-1)2+1]=2n-1. 答案: a n ? ?
?2 ?2n ? 1 ( n ? 1) ( n≥ 2 )


10.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且有 a1=3,4Sn=6an-an-1+4Sn-1,则 an=________. 解析:n≥2 时,4Sn-4Sn-1=4an=6an-an-1, ∴ an 1 = , an-1 2

- ?1 - ∴an=a1·2?n 1=3·1 n. 2 ? ?

答案:3·1 2

-n

三、解答题:(本大题共 3 小题,11、12 题 13 分,13 题 14 分,写出证明过程或推演步骤.) 11.在数列{an}中,已知 Sn=3+2an,求 an. 解:∵an=Sn-Sn-1=(3+2an)-(3+2an-1),

an ∴an=2an-1 即 =2(n≥2). an-1 ∴{an}是 a1=S1=-3 且 q=2 的等比数列. 故 an=a1·n 1=-3·n 1(n≥1). q 2 1 12.已知数列{an}满足 a1=1,an= an-1+1(n≥2),求通项公式 an. 2 分析:比较两种解法,这两种方法都是常用的方法,解法一通过构造数列,直接得到通项公式;解法 二通过已知的递推关系转化为另一个递推关系,累加后再利用等比数列的前 n 项和求得. 解:解法一:构造数列法. 1 an= an-1+1(n≥2),构造数列{an+r}, 2 1 则 an+r= (an-1+r),两式比较可得 r=-2, 2 1 ∴an-2= (an-1-2), 2 1 ∴数列{an-2}是以 a1-2=-1 为首项, 为公比的等比数列, 2 1 - 1 - ∴an-2=-?2?n 1,即 an=2-?2?n 1(n∈N*). ? ? ? ? 1 1 解法二:累差法.由 an= an-1+1 知 an+1= an+1, 2 2 1 两式相减得 an+1-an= (an-an-1). 2 1 令 an+1-an=bn,得 bn= bn-1(n≥2). 2 1 1 ∵b1=a2-a1= a1+1-a1= , 2 2 1 1 ∴{bn}是以 为首项, 为公比的等比数列, 2 2 1 1 ∴bn=?2?n,即 an+1-an=?2?n. ? ? ? ? 则 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 = 2
n-1+ n-2+ n-3+…+
- -

1

1

1

2

2

1 - 1 +1=2-?2?n 1(n∈N*). ? ? 2

13.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,并且满足 a1=2,nan+1=Sn+n(n+1). (1)求{an}的通项公式;

4 (2)令 Tn=?5?nSn,问是否存在正整数 m,对一切正整数 n,总有 Tn≤Tm,若存在,求 m 的值;若不存 ? ? 在,说明理由. 解:(1)令 n=1, 由 a1=2 及 nan+1=Sn+n(n+1)① 得 a2=4,故 a2-a1=2. 当 n≥2 时,有(n-1)an=Sn-1+n(n-1)② ①-②得: nan+1-(n-1)an=an+2n. 整理得,an+1-an=2(n≥2). 当 n=1 时,a2-a1=2, 所以数列{an}是以 2 为首项,以 2 为公差的等差数列, 故 an=2+(n-1)×2=2n. (2)由(1)得 Sn=n(n+1), 4 4 所以 Tn=?5?nSn=?5?n(n2+n). ? ? ? ? 4 + 故 Tn+1=?5?n 1[(n+1)2+(n+1)], ? ?
?Tn≥Tn+1 ? 令? , ? ?Tn≥Tn-1

??5? (n +n)≥?5? ? ? ? ? 即? 4 4 ??5? (n +n)≥?5? ? ? ? ?
4
n 2

4

n+1

[(n+1)2+(n+1)] , [(n-1) +(n-1)]
2

n

2

n-1

?n≥5(n+2) 即? 4 ?5(n+1)≥n-1
4 解得 8≤n≤9.



故 T1<T2<…<T8=T9>T10>T11>… 故存在正整数 m 对一切正整数 n, 总有 Tn≤Tm, 此时 m=8 或 m=9.


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