浙江专用2020版高考数学一轮复习专题6数列第40练数列的通项练习含解析

第40练 数列的通项

[基础保分练]

1111

1.若数列的前4项分别是，－，，－，则此数列的一个通项公式为( )

2345－1

A.an＝

n＋1C.an＝

－1

n＋1

n－1

B.an＝

n＋1D.an＝

－1

n－1

nn

n 2.(2019·台州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2019等于( ) A.－2

2019

－1 B.3

2019

－6

?1?20197C.??－

2?2?

3.已知数列{an}满足a1＝0, an＋1＝A.0B.3C.－3D.2

?1?201910

D.??－

3?3?

an－3

(n＝1, 2, 3, …), 则a2019等于( ) 3an＋1

4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2，则a2019等于( ) A.2

2021

B.2

2020

C.2

2019

D.2

2018

5.由a1＝1，an＋1＝给出的数列{an}的第34项是( )

3an＋1A.

1341B.100C.D. 1001034

an6.(2019·嘉兴模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝

?1?*

(n∈N)，若bn＋1＝(n－λ)?＋1?，an＋2?an?

anb1＝－λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )

A.(2，＋∞) C.(－∞，2)

B.(3，＋∞) D.(－∞，3)

7.(2019·浙江杭州二中模拟)数列{an}中，满足a1，，，…，的等比数列，则a100等于( ) A.3B.3C.3

90

100

4950

a2a3a1a2an是首项为1，公比为3an－1

D.3

5050

n8.数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝an＋2，则a9等于( ) A.1024B.1023C.510D.511 9.数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝

an，则an＝________. n＋1

n10.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，则an＝________.

1

[能力提升练]

1.已知数列{an}的通项为an＝A.16B.15C.17D.14

2.(2019·浙江萧山中学模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋an＝2n＋1，且Sn＝1350.若

n－254

，当an取得最小值时，n的值为( )

n－255

a2<2，则n的最大值为( )

A.51B.52C.53D.54

3.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足2Sn－(3n－n－4)Sn－2(3n－n)＝0，

2

2

2

n∈N*，则数列{an}的通项公式是( )

A.an＝3n－2 C.an＝2n－1

B.an＝4n－3 D.an＝2n＋1

*

*

4.已知数列{an}中，a1＝2，n(an＋1－an)＝an＋1，n∈N.若对于任意的t∈[0,1]，n∈N，不等式

an＋122

<－2t－(a＋1)t＋a－a＋3恒成立，则实数a的取值范围为( ) n＋1

B.(－∞，－2]∪[1，＋∞) D.[－1,3]

*

A.(－∞，－1)∪(3，＋∞) C.(－∞，－1]∪[3，＋∞)

5.(2019·丽水模拟)已知数列{an}中，a1＝0，an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N，n≥2)，若数列

?8?n－1

{bn}满足bn＝n·an＋1＋1·??，则数列{bn}的最大项为第______项.

?11?

6.设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－n＋1，正项等比数列{bn}的前n项和为Tn，且b2＝a2，b4＝a5, 数列{cn}中，c1＝a1，且cn＝cn＋1－Tn，则{cn}的通项公式为______________________.

2

答案精析

基础保分练

1

1.A 2.A 3.B 4.C 5.A 6.C 7.C 8.D 9. 10.n

n能力提升练

1.B [数列的通项公式an＝

n－254

n－255

2

＝1＋

255－254

，

n－255

据此可得，1>a1>a2>a3>…>a15，且a16>a17>a18>a19>…>1，据此可得当an取得最小值时，n的值为15.]

2.A [因为an＋1＋an＝2n＋1，① 所以an＋2＋an＋1＝2(n＋1)＋1 ＝2n＋3，②

②－①得an＋2－an＝2，

且a2n－1＋a2n＝2(2n－1)＋1＝4n－1，

所以数列{an}的奇数项构成以a1为首项，2为公差的等差数列，数列{an}的偶数项构成以a2为首项，2为公差的等差数列，数列{a2n－1＋a2n}是以4为公差的等差数列，

n??所以S＝?n??

nn＋1

2

＋a1－1，n为奇数，

n＋1

2

，n为偶数.

当n为偶数时，

nn＋1

2

＝1350，无解(因为50×51＝2550，52×53＝2756，所以接下来不

会有相邻两数之积为2700). 当n为奇数时，

nn＋1

2

＋(a1－1)＝1350，

nn＋1

a1＝1351－.

2

因为a2<2，所以3－a1<2，所以a1>1， 所以1351－nn＋1

2

>1，

*

所以n(n＋1)<2700，又n∈N， 所以n≤51，故选A.]

3.A [由满足2Sn－(3n－n－4)Sn－2(3n－n)＝0，n∈N. 因式分解可得

[2Sn－(3n－n)](Sn＋2)＝0， ∵数列{an}的各项均为正数， ∴2Sn＝3n－n，

当n＝1时，2a1＝3－1，解得a1＝1.

3

22

2

2

2

*

当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－n－[3(n－1)－(n－1)]＝6n－4， ∴an＝3n－2，

当n＝1时，上式成立.∴an＝3n－2. 故选A.]

4.C [根据题意，数列{an}中，

22

n(an＋1－an)＝an＋1，

∴nan＋1－(n＋1)an＝1， ∴∴

an＋1an11

－＝－， n＋1nnn＋1

an＋1?an＋1an??anan－1??a2?－?＋?－＝?＋…＋?－a1?＋a1， ?n＋1?n＋1n??nn－1??2?

1??111?1?1?－?＝?－＋?＋…＋?1－?＋2＝3－＜3， ??n＋1?nn＋1??n－1n??2?∵

an＋12222

＜－2t－(a＋1)t＋a－a＋3恒成立，∴3≤－2t－(a＋1)t＋a－a＋3. n＋1

2

2

∴2t＋(a＋1)t－a＋a≤0，在t∈[0,1]上恒成立， 设f(t)＝2t＋(a＋1)t－a＋a，t∈[0,1]，

??f∴??f?

2

2

0≤0，1≤0，

??－a＋a≤0，

即?2

?2＋a＋1－a＋a≤0，?

2

解得a≤－1或a≥3.] 5.6

解析 由a1＝0，且an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N，n≥2)，得an－an－1＝2n－1(n≥2)， 则a2－a1＝2×2－1，a3－a2＝2×3－1，

*

a4－a3＝2×4－1，…，an－an－1＝2n－1(n≥2)，以上各式累加得an＝2(2＋3＋…＋n)－(n－

1)＝2×

n＋2

2

n－1

－n＋1＝n－1(n≥2)，当n＝1时，上式仍成立，

2

?8?n－1

所以bn＝n·an＋1＋1·??

?11?

＝n·

n＋1

2

?8?n－1·?? ?11?

?8?n－12*

＝(n＋n)·??(n∈N).

?11?

??bn≥bn－1，由?

?bn≥bn＋1，?

4