2012年数学一轮复习精品试题第27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

班级________ 姓名________ 考号________ 日期________ 得分________

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 B．255

C．259

D．260

1 2 3 4 5 6 7 … 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1－28

数共有＝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＋，则an＝( )

nA．2＋lnn B．2＋(n－1)lnn C．2＋nlnn D．1＋n＋lnn 解析：由已知，an＋1－an＝ln∴an－an－1＝lnan－1－an－2＝ln…

2

a2－a1＝ln，

1

将以上n－1个式子累加，得 an－a1＝ln＝ln

n－1n2＋ln＋…＋ln n－1n－21

n

， n－1n－1

， n－2

n＋1

，a1＝2， n

nn－12··…·＝lnn， n－1n－21

∴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

第 1 页 共 5 页

第二十七讲 数列的概念与简单表示法

解析：a6＋a7＋a8＋a9＝S9－S5＝9－5＝604. 答案：C

4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足52

33

C．8 D．9

解析：由Sn＝n－9n可得等差数列{an}的通项公式an＝Sn－Sn－1＝2n－10，由5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. 4

D．－4

15

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n (当n为奇数时)，

6．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等2

－n (当n为偶数时)，

于( )

A．0

B．100 D．10200

2

2

C．－100

解析：当n为奇数时，an＝n－(n＋1)＝－(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，

第 2 页 共 5 页

第二十七讲 数列的概念与简单表示法

∴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＋11

得an＝＝－1，

an＋1an＋1

111

∴a2009＝－1＝－，∴a2008＝－1＝－2－1＝－3.

a20102a2009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＝(n＋1)－[(n－1)＋1]＝2n－1.

答案：an22n1(n1)(n≥2)2

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， a1

∴n＝， an－12

1－n1n－1＝3·∴an＝a1·2.

2答案：3·21－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＝2an－1即

an＝2(n≥2)． an－1

∴{an}是a1＝S1＝－3且q＝2的等比数列． 故an＝a1·qn－1＝－3·2n－1(n≥1)．

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}，

21

则an＋r＝(an－1＋r)，两式比较可得r＝－2，

2

第 3 页 共 5 页

第二十七讲 数列的概念与简单表示法

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，

21n－11n－1(n∈N*)． ∴an－2＝－，即an＝2－2211

解法二：累差法．由an＝an－1＋1知an＋1＝an＋1，

221

两式相减得an＋1－an＝(an－an－1)．

21

令an＋1－an＝bn，得bn＝bn－1(n≥2)．

211

∵b1＝a2－a1＝a1＋1－a1＝，

22

11

∴{bn}是以为首项，为公比的等比数列，

221n1n. ∴bn＝，即an＋1－an＝22则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 11111

＝n－1＋n－2＋n－3＋…＋＋1＝2－n－1(n∈N*)．

22222

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＝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；

5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n4n(n2＋n)． 所以Tn＝Sn＝554

故Tn＋1＝n＋1[(n＋1)2＋(n＋1)]，

5第 4 页 共 5 页

第二十七讲 数列的概念与简单表示法

令

Tn≥Tn＋1Tn≥Tn－1

n

2

，

44

(n＋n)≥55即

4(n＋n)≥4n

2

n＋1

[(n＋1)2＋(n＋1)][(n－1)＋(n－1)]

2

n－1

，

55n≥4

5(n＋2)即4

5(n＋1)≥n－1

，

解得8≤n≤9.

故T1T10>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.

第 5 页 共 5 页