課時作業(yè)32數(shù)列的概念與簡單表示法一、選擇題1．數(shù)列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一個通項公式an等于(D)A.eq\f(－1n＋1,2) B．coseq\f(nπ,2)C．coseq\f(n＋1,2)π D.coseq\f(n＋2,2)π解析：令n＝1,2,3，…，逐一驗證四個選項，易得D正確．2．若數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝3，an＋1＝(2n－λ)an(n＝1,2，…)，則a3等于(D)A．5 B．9C．10 D.15解析：令n＝1，則3＝2－λ，即λ＝－1，由an＋1＝(2n＋1)an，得a3＝5a2＝5×3＝15.故選D.3．若Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且Sn＝eq\f(n,n＋1)，則eq\f(1,a5)等于(D)A.eq\f(5,6) B.eq\f(6,5)C.eq\f(1,30) D.30解析：當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n,n＋1)－eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,nn＋1)，所以eq\f(1,a5)＝5×6＝30.4．已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,7)，對任意正整數(shù)n，an＋1＝eq\f(7,2)an(1－an)，則a2019－a2018＝(B)A.eq\f(4,7) B.eq\f(3,7)C．－eq\f(4,7) D.－eq\f(3,7)解析：∵a1＝eq\f(1,7)，an＋1＝eq\f(7,2)an(1－an)，∴a2＝eq\f(3,7)，a3＝eq\f(6,7)，a4＝eq\f(3,7)，a5＝eq\f(6,7)，…，∴n≥2時，{an}的奇數(shù)項為eq\f(6,7)，偶數(shù)項為eq\f(3,7)，∴a2019－a2018＝eq\f(6,7)－eq\f(3,7)＝eq\f(3,7)，故選B.5．設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq\f(n,2)(n∈N*)，則{an}的通項公式為an＝(C)A.eq\f(1,2n) B.eq\f(1,2n－1)C.eq\f(1,2n) D.eq\f(1,2n＋1)解析：∵a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq\f(n,2)(n∈N*)，∴易知n≥2時，2n－1an＝eq\f(1,2)，又a1＝eq\f(1,2)，∴對一切n∈N*,2n－1an＝eq\f(1,2)，∴an＝eq\f(1,2n)，故選C.6．若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－10n(n∈N*)，則數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項是(B)A．第2項 B．第3項C．第4項 D.第5項解析：∵Sn＝n2－10n，∴當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；當n＝1時，a1＝S1＝－9也適合上式．∴an＝2n－11(n∈N*)．記f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函數(shù)圖象的對稱軸為直線n＝eq\f(11,4)，但n∈N*，∴當n＝3時，f(n)取最小值．∴數(shù)列{nan}中數(shù)值最小的項是第3項．7．數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝aeq\o\al(2,n)(an>0)，則an＝(D)A．10n－2 B．10n－1C．102n－4 D.22n－1解析：因為數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝aeq\o\al(2,n)(an>0)，所以log2an＋1＝2log2an?eq\f(log2an＋1,log2an)＝2，所以{log2an}是公比為2的等比數(shù)列，所以log2an＝log2a1·2n－1(n＝1時也成立)?an＝22n－1.8．已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)(n∈N*)，則使a1＋a2＋…＋ak<100(k∈N*)成立的k的最大值為(C)A．198 B．199C．200 D.201解析：∵a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)(n∈N*)，∴a2＝－1，a3＝2，a4＝eq\f(1,2)，…，∴a1＋a2＋a3＝eq\f(3,2)，∴a1＋a2＋a3＋…＋a198＋a199＋a200＝eq\f(197,2)<100，a1＋a2＋a3＋…＋a198＋a199＋a200＋a201＝eq\f(201,2)>100，a1＋a2＋a3＋…＋a198＋a199＋a200＋a201＋a202＝101>100，a1＋a2＋a3＋…＋a198＋a199＋a200＋a201＋a202＋a203＝100，∴滿足題意的k的值為200，故選C.二、填空題9．若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝3n2－2n＋1，則數(shù)列{an}的通項公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2)).解析：當n＝1時，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，顯然當n＝1時，不滿足上式．故數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))10．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，則an＝eq\f(2,n2－n＋2).解析：由an－an＋1＝nanan＋1，得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝n，則由累加法得eq\f(1,an)－eq\f(1,a1)＝1＋2＋…＋(n－1)＝eq\f(n2－n,2)(n≥2)，又因為a1＝1，所以eq\f(1,an)＝eq\f(n2－n,2)＋1＝eq\f(n2－n＋2,2)，所以an＝eq\f(2,n2－n＋2)(n≥2)，經(jīng)檢驗，當n＝1時，a1＝1符合上式．所以an＝eq\f(2,n2－n＋2)(n∈N*)．11．(多填題)如圖，將一個邊長為1的正三角形分成4個全等的正三角形，第一次挖去中間的一個小三角形，將剩下的3個小正三角形，分別再從中間挖去一個小三角形，保留它們的邊，重復(fù)操作以上的做法，得到的圖形為希爾賓斯基三角形．設(shè)An是前n次挖去的小三角形面積之和(如A1是第1次挖去的中間小三角形面積，A2是前2次挖去的4個小三角形面積之和)，則A2＝eq\f(7\r(3),64)，An＝eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n)).解析：A2＝eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(\r(3),16)＋eq\f(3\r(3),64)＝eq\f(7\r(3),64)，由題意知An是一個首項為eq\f(\r(3),16)，公比為eq\f(3,4)的等比數(shù)列的前n項的和，故An＝eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n)).三、解答題12．已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝eq\f(9n2－9n＋2,9n2－1).(1)判斷eq\f(98,101)是不是數(shù)列{an}中的項；(2)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))內(nèi)有沒有數(shù)列{an}中的項？若有，是第幾項；若沒有，請說明理由．解：(1)因為an＝eq\f(9n2－9n＋2,9n2－1)＝eq\f(3n－13n－2,3n－13n＋1)＝eq\f(3n－2,3n＋1)，所以由an＝eq\f(3n－2,3n＋1)＝eq\f(98,101)，解得n＝eq\f(100,3).因為eq\f(100,3)不是正整數(shù)，所以eq\f(98,101)不是數(shù)列{an}中的項．(2)令eq\f(1,3)<an<eq\f(2,3)，即eq\f(1,3)<eq\f(3n－2,3n＋1)<eq\f(2,3)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋1<9n－6，,9n－6<6n＋2，))解得eq\f(7,6)<n<eq\f(8,3).又n∈N*，所以n＝2，故在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))內(nèi)有數(shù)列{an}中的項，且只有一項，是第二項．13．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{Sn}的前n項和為Tn，滿足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項公式．解：(1)令n＝1，T1＝2S1－1，∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.(2)n≥2時，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，則Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1＝2an－2n＋1.因為當n＝1時，a1＝S1＝1也滿足上式，所以Sn＝2an－2n＋1(n∈N*)，當n≥2時，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，兩式相減得an＝2an－2an－1－2，所以an＝2an－1＋2(n≥2)，所以an＋2＝2(an－1＋2)，因為a1＋2＝3≠0，所以數(shù)列{an＋2}是以3為首項，2為公比的等比數(shù)列．所以an＋2＝3×2n－1，所以an＝3×2n－1－2，當n＝1時也成立，所以an＝3×2n－1－2.14．(2020·遼寧五校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn－an＝(n－1)2，bn＝eq\f(2an,S\o\al(2,n))，則數(shù)列{bn}的最小項為(B)A．b2 B．b3C．b4 D.b5解析：因為an＝Sn－Sn－1(n≥2)，所以Sn－an＝Sn－1(n≥2)．又Sn－an＝(n－1)2，所以Sn－1＝(n－1)2(n≥2)，則Sn＝n2(n∈N*)．于是an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n≥2)，又a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)，所以bn＝eq\f(22n－1,n4)，bn＋1＝eq\f(22n＋1,n＋14)，eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(22n4,n＋14)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)n,n＋1)))4.令eq\f(\r(2)n,n＋1)>1，則n>eq\r(2)＋1，所以當1≤n<3時，bn>bn＋1，當n≥3時，bn<bn＋1.又b2＝eq\f(1,2)，b3＝eq\f(32,81)，b2>b3，所以b3最小．故選B.15．(多選題)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，點(n，Sn＋3)(n∈N*)在函數(shù)y＝3×2x的圖象上，等比數(shù)列{bn}滿足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n項和為Tn，則下列結(jié)論正確的是(BD)A．Sn＝2Tn B．Tn＝2bn－1C．Tn>an D.Tn<bn＋1解析：根據(jù)題意，對于數(shù)列{an}點(n，Sn＋3)(n∈N*)在函數(shù)y＝3×2x的圖象上，則有Sn＋3＝3×2n，即Sn＝3×2n－3①，當n≥2時，由①得Sn－1＝3×2n－1－3②，①－②得an＝(3×2n－3)－(3×2n－1－3)＝3×2n－1③，當n＝1時，a1＝S1＝3×2－3＝3，驗證可得當n＝1時，a1＝3符合③式，則an＝3×2n－1，設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，又等比數(shù)列{bn}滿足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，故當n＝1時，有b1＋b2＝b1(1＋q)＝3④，當n＝2時，有b2＋b3＝b2(1＋q)＝b1q(1＋q)＝6⑤，聯(lián)立④⑤，解得b1＝1，q＝2，則bn＝2n－1，則有Tn＝eq\f(11－2n,1－2)＝2n－1，據(jù)此分析選項：對于A，Sn＝3×2n－3＝3(2n－1)，Tn＝2n－1，則有Sn＝3Tn，故A錯誤；對于B，Tn＝2n－1，bn＝2n－1，Tn＝2bn－1，故B正確；對于C，當n＝1時，T1＝2－1＝1，a1＝3×20＝3，Tn>an不成立，故C錯誤；對于D，Tn＝2n－1，bn＋1＝2n，則有Tn<bn＋1，故D正確．綜上，選項A、C錯誤，故選BD.16．已知二次函數(shù)f(x)＝x2－ax＋a(a>0，x∈R)有且只有一個零點，數(shù)列{an}的前n項和Sn＝f(n)(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)cn＝1－eq\f(4,an)(n∈N*)，定義所有滿足cm·cm＋1<0正整數(shù)m的個數(shù)，稱為這個數(shù)列{cn}的變號數(shù)，求數(shù)列{cn}的變號數(shù)．解：(1)依題意，Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4.又由a>0得a＝4，所以f(x)＝x2－4x＋4.所以Sn＝n2－4n＋4.當n＝1時，a1＝S