1、第五章 数列第一讲数列的概念与简单表示法练好题考点自测1.下列说法正确的是()A.数列的第k项为1+B.数列的项数是无限的C.数列的通项公式的表达式是唯一的D.数列1,3,5,7可以表示为1,3,5,72.2021十堰模拟图5-1-1是谢尔宾斯基(Sierpinski)三角形,在所给的四个三角形图案中,阴影小三角形的个数构成数列an的前4项,则an的通项公式可以是()图5-1-1A.an=3n-1 B.an=2n-1C.an=3n D.an=2n-13.已知数列an的前n项和Sn=n2-1,则a1+a3+a5+a7+a9=()A.40B.44C.45D.494.已知数列an中,a1=3,a2=
2、6,an+2=an+1-an,则a2 021等于()A.6 B.-6 C.3 D.-35.2020山东泰安4月模拟在数列an中,a1=100,an+1=an+3n(nN*),则通项公式an=.6.2016浙江,6分设数列an的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,nN*,则a1=,S5=.7.2021安徽省四校联考已知数列an的首项a1=m,其前n项和为Sn,且满足Sn+Sn+1=2n2+3n,若数列an是递增数列,则实数m的取值范围是.拓展变式1.2018全国卷,5分记Sn为数列an的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=.2.(1)2020 四川德阳二诊已知数列an满足21a1
3、+22a2+23a3+2nan=(n-1)2n+1+2(nN*),则数列an的通项公式an=.(2)已知数列an中,a1=,an+1=an+()n+1,则an=.3.2021福建五校第二次联考多选题已知数列an满足0a11,an+1-an=ln(4-an),则下列说法正确的是()A.数列an先增后减B.数列an为递增数列C.an(2)2020 海口4月检测设数列an满足:a1=2,an+1=(nN*).则该数列前2 019项的乘积a1a2a3a4a2 019=.答 案第一讲数列的概念与简单表示法1.A根据数列的表示方法可知,求数列的第k项就是将k代入通项公式,经验证知A正确;数列的项数可能是有
4、限的,也可能是无限的,并且数列的通项公式的表达式不是唯一的,故BC不正确;集合中的元素具有无序性,而数列中每一个数的位置都是确定的,故D不正确.所以只有A正确.2.A题图中的阴影小三角形的个数构成数列an的前4项,分别为a1=1,a2=3,a3=33=32,a4=323=33,因此an的通项公式可以是an=3n-1.故选A.3.B因为Sn=n2-1,所以当n2时,an=Sn-Sn-1=n2-1-(n-1)2+1=2n-1,又a1=S1=0,所以an=所以a1+a3+a5+a7+a9=0+5+9+13+17=44.故选B. 4.B依次写出数列的各项:3,6,3,-3,-6,-3,3,6,3,-3
5、,.所以数列an以6为周期循环.又2 021=6336+5,故a2 021=a5=-6.故选B.5.3n+,nN*由an+1=an+3n(nN*)得,an+1-an=3n(nN*),分别令n=1,2,3,4,n-1(n2),得到(n-1)个等式:a2-a1=3,a3-a2=32,a4-a3=33,an-an-1=3n-1.将这(n-1)个等式累加可得an=a1+3+32+3n-1=100+=3n+(n2).显然a1=100适合上式,故通项公式an=3n+,nN*.6.1121由解得由an+1=Sn+1-Sn=2Sn+1得Sn+1=3Sn+1,所以Sn+1+=3(Sn+),所以Sn+是以为首项,
6、3为公比的等比数列,所以Sn+=3n-1,即Sn=,所以S5=121.7.(,)解法一由Sn+Sn+1=2n2+3n可得,Sn-1+Sn=2(n-1)2+3(n-1)(n2),两式相减得,an+an+1=4n+1(n2),an-1+an=4n-3(n3),an+1-an-1=4(n3),数列a2,a4,a6,是以4为公差的等差数列,数列a3,a5,a7,是以4为公差的等差数列.将n=1代入Sn+Sn+1=2n2+3n可得a2=5-2m,将n=2代入an+an+1=4n+1(n2)可得a3=4+2m,a4=a2+4=9-2m,要使得任意nN*,anan+1恒成立,只需要a1a2a3a4即可.m5
7、-2m4+2m9-2m,解得m,实数m的取值范围是(,).解法二当n=1 时,2a1+a2=5,a1=m,a2=5-2m.当n2时,由Sn+Sn+1=2n2+3n,得Sn-1+Sn=2(n-1)2+3(n-1) .-得,an+an+1=4n+1(n2),an-1+an=4n-3(n3).-得,an+1-an-1=4(n3),数列an的偶数项成等差数列,奇数项从第三项起是等差数列,且公差都是4.易知a3=4+2m,a2k=a2+4(k-1)=5-2m+4k-4=4k-2m+1,a2k+1=a3+4(k-1)=4+2m+4(k-1)=4k+2m .若对任意nN*,anan+1 恒成立,则当n=1
8、时,由a1a2,解得m;当n=2k+1时,由a2k+1a2k+2,即4k+2m4k-2m+5,解得m;当n=2k时,由a2ka2k+1 ,即4k-2m+1.实数m的取值范围是(,).1.-63解法一因为Sn=2an+1,所以当n=1时,a1=S1=2a1+1,解得a1=-1;当n=2时,a1+a2=S2=2a2+1,解得a2=-2;当n=3时,a1+a2+a3=S3=2a3+1,解得a3=-4;当n=4时,a1+a2+a3+a4=S4=2a4+1,解得a4=-8;当n=5时,a1+a2+a3+a4+a5=S5=2a5+1,解得a5=-16;当n=6时,a1+a2+a3+a4+a5+a6=S6=
9、2a6+1,解得a6=-32.所以S6=-1-2-4-8-16-32=-63.解法二因为Sn=2an+1,所以当n=1时,a1=S1=2a1+1,解得a1=-1;当n2时,an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),所以an=2an-1,所以数列an是以-1为首项,2为公比的等比数列,所以an=-2n-1,所以S6=-63.2.(1)n(nN*)在21a1+22a2+23a3+2nan=(n-1)2n+1+2(nN*)中,令n为n-1,得 21a1+22a2+23a3+2n-1an-1=(n-2)2n+2(n2).两式相减得2nan=n2n,即an=n(n2).当n=1时,a1=1,
10、适合an=n.故an=n,nN*.(2)-解法一将an+1=an+()n+1两边同时乘以2n+1,得2n+1an+1=(2nan)+1.令bn=2nan,则bn+1=bn+1,将上式变形,得bn+1-3=(bn-3).所以数列bn-3是首项为b1-3=2-3=-,公比为的等比数列.所以bn-3=-()n-1,即bn=3-2()n.于是an=-.解法二将an+1=an+()n+1两边同时乘以3n+1,得3n+1an+1=3nan+()n+1.令bn=3nan,则bn+1=bn+()n+1,所以bn-bn-1=()n,bn-1-bn-2=()n-1,b2-b1=()2.将以上各式累加,得bn-b1
11、=()2+()n-1+()n(n2).又b1=3a1=3=1+,所以bn=1+()2+()n-1+()n=2()n+1-2(n2),又b1=满足上式,所以bn=2()n+1-2.故an=-.3.(1)BCD由an+1-an=ln(4-an)得an+1=an+ln(4-an).设函数f(x)=x+ln(4-x)(0x4),则f (x)=1-=,当0x0,当3x4时,f (x)0,故f(x)在(0,3)上单调递增,在(3,4)上单调递减,所以f(x)f(3)=3.则an+1=f(an)3,当且仅当an=3时“=”成立,此时an为常数列且an=3,与0a11矛盾,所以an3,C正确.由an0,所以a
12、n+1-an0,所以数列an为递增数列,A错误,B正确.因为0a1ln 41,a3=a2+ln(4-a2)ln 4+ln(4-ln 4)1+ln 32,a4=a3+ln(4-a3)2+ln(4-2)=2+ln 2,所以a2 020a4,故D正确.故选BCD.(2)3解法一由a1=2得a2=-3,a3=-,a4=,a5=2,显然该数列中的数从a5开始循环,周期是4.a1a2a3a4=1,a2 020=a4=.故a1a2a3a4a2 019=(a1a2a3a4)505=3.解法二因为an+1=,所以an+2=-.于是an+4=-=an,即an是周期为4的周期数列.由a1=2得a2=-3,a3=-,a4=,a1a2a3a4=1.故a1a2a3a4a2 019=3.
