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1、2019-2020年高考数学一轮复习配餐作业31数列的概念与简单表示法含解析理一、选择题1.已知数列ln3,ln7,ln11,ln15,…,则2ln5+ln3是该数列的( )A.第16项 B.第17项C.第18项D.第19项解析 由数列3,7,11,15,…,可知此数列的通项公式an=3+4(n-1)=4n-1。令2ln5+ln3=ln(4n-1),则75=4n-1,解得n=19,所以2ln5+ln3是该数列的第19项,故选D。答案 D2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n2-1,则a3=( )A.-10B.6
2、C.10D.14解析 a3=S3-S2=2×32-1-(2×22-1)=10。故选C。答案 C3.(xx·大连模拟)对于数列{an},“an+1>
3、an
4、(n=1,2,3,…)”是“{an}为递增数列”的( )A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 当an+1>
5、an
6、(n=1,2,…)时,因为
7、an
8、≥an,所以an+1>an,所以{an}为递增数列。当{an}为递增数列时,若该数列为-2,0,1,则a2>
9、a1
10、不成立,即an+1>
11、an
12、(n=1,2,…)不一定成立。故综上知,“an+1>
13、
14、an
15、(n=1,2,…)”是“{an}为递增数列”的充分不必要条件。故选B。答案 B4.已知a1=1,an=n(an+1-an)(n∈N*),则数列{an}的通项公式是( )A.2n-1B.n-1C.n2D.n解析 解法一:由已知整理,得(n+1)an=nan+1,∴=。∴数列是常数列,且==1。∴an=n。故选D。解法二:(累乘法):n≥2时,=,=,=,=,以上各式两边分别相乘,得=n。又∵a1=1,∴an=n,故选D。答案 D5.(xx·石家庄模拟)已知数列{an}满足:a1=,对于任意n∈N*,an+1=an(1-an),则a
16、2017-a2016=( )A.-B.C.-D.解析 a1=,a2=××=,a3=××=,a4=××=,…,归纳可知,当n为大于1的奇数时,an=;当n为正偶数时,an=,故a2017-a2016=-=。故选D。答案 D6.(xx·天津模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,首项a1=-,且满足Sn++2=an(n≥2),则S2016等于( )A.-B.-C.-D.-解析 因Sn++2=an=Sn-Sn-1(n≥2)⇒Sn-1+=-2(n≥2),由已知可得,S1+=-2⇒S2=-,S2+=-2⇒S3=-,S3+=-2⇒S4=-,…可
17、归纳出S2016=-。故选D。答案 D二、填空题7.数列{an}满足an+1=,a8=2,则a1=__________。解析 将a8=2代入an+1=,可求得a7=;再将a7=代入an+1=,可求得a6=-1;再将a6=-1代入an+1=,可求得a5=2;由此可以推出数列{an}是一个周期数列,且周期为3,所以a1=a7=。答案 8.数列{an}满足:a1+3a2+5a3+…+(2n-1)·an=(n-1)·3n+1+3(n∈N*),则数列{an}的通项公式an=__________。解析 a1+3a2+5a3+…+(2n-3)·an-
18、1+(2n-1)·an=(n-1)·3n+1+3,把n换成n-1得,a1+3a2+5a3+…+(2n-3)·an-1=(n-2)·3n+3,两式相减得an=3n。答案 3n9.(xx·沈阳模拟)如图是用同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案,则按此规律第(n)个图案中需用黑色瓷砖________块。(用含n的代数式表示)解析 第(1),(2),(3)…个图案黑色瓷砖数依次为:15-3=12;24-8=16;35-15=20;…由此可猜测第(n)个图案黑色瓷砖数为:12+(n-1)×4=4n+8。答案 4n+8三、解答题10.已知S
19、n为正项数列{an}的前n项和,且满足Sn=a+an(n∈N*)。(1)求a1,a2,a3,a4的值;(2)求数列{an}的通项公式。解析 (1)由Sn=a+an(n∈N*),an>0,可得a1=a+a1,解得a1=1;S2=a1+a2=a+a2,解得a2=2;同理,a3=3,a4=4。(2)Sn=a+an,①当n≥2时,Sn-1=a+an-1,②①-②得(an-an-1-1)(an+an-1)=0。由于an+an-1≠0,所以an-an-1=1,又由(1)知a1=1,故数列{an}是以首项为1,公差为1的等差数列,故an=n。答案 (
20、1)a1=1,a2=2,a3=3,a4=4 (2)an=n11.已知数列{an}中,an=1+(n∈N*,a∈R,且a≠0)。(1)若a=-7,求数列{an}中的最大项和最小项的值;(2)若对任意的n∈N*
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