分層限時跟蹤練(二十七)(限時40分鐘)eq\f([基礎(chǔ)練],扣教材練雙基)一、選擇題1．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝n2－2λn(n∈N*)，則“λ＜1”是“數(shù)列{an}為遞增數(shù)列”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件【解析】若數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，則有an＋1－an＞0，即2n＋1＞2λ對任意的n∈N*都成立，于是有3＞2λ，λ＜eq\f(3,2).由λ＜1可推得λ＜eq\f(3,2)，但反過來，由λ＜eq\f(3,2)不能得到λ＜1，因此“λ＜1”是“數(shù)列{an}為遞增數(shù)列”的充分不必要條件，故選A.【答案】A2．?dāng)?shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，則a6等于()A．3×44 B．3×44＋1C．45 D．45＋1【解析】當(dāng)n≥1時，an＋1＝3Sn，則an＋2＝3Sn＋1，∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即an＋2＝4an＋1，∴該數(shù)列從第二項開始是以4為公比的等比數(shù)列．又a2＝3S1＝3a1＝3，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1，,3×4n－2n≥2.))∴當(dāng)n＝6時，a6＝3×46－2＝3×44.【答案】A3．(2015·大慶模擬)在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，則其通項公式an＝()A．2n－1 B．2n－1＋1C．2n－1 D．2(n－1)【解析】法一由an＋1＝2an＋1，可得a2＝3，a3＝7，a4＝15，…，驗證可知an＝2n－1(n∈N*)．法二由題意知an＋1＋1＝2(an＋1)，∴數(shù)列{an＋1}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1(n∈N*)．【答案】A4．(2015·昆明模擬)數(shù)列{an}滿足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，則a8－a4＝()A．7 B．6C．5 D．4【解析】依題意得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.【答案】D5．(2015·福州模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2an＋1(n∈N*)，則a2014＝()A．1 B．0C．2014 D．－2014【解析】∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，可知數(shù)列{an}是以2為周期的數(shù)列，∴a2014＝a2＝0，選B.【答案】B二、填空題6．(2015·大連模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，則an＝.【解析】當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝4≠2×1＋1，因此an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.))【答案】eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1,2n＋1，n≥2))7．設(shè){an}是首項為1的正項數(shù)列，且(n＋1)aeq\o\al(2,n＋1)－naeq\o\al(2,n)＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，則它的通項公式an＝.【解析】∵(n＋1)aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1·an－naeq\o\al(2,n)＝0，∴(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0，又an＋1＋an＞0，∴(n＋1)an＋1－nan＝0，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，∴eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·eq\f(a5,a4)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(4,5)×…×eq\f(n－1,n)，∴an＝eq\f(1,n).【答案】eq\f(1,n)8．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2an－1，則滿足eq\f(an,n)≤2的正整數(shù)n的集合為．【解析】因為Sn＝2an－1，所以當(dāng)n≥2時，Sn－1＝2an－1－1，兩式相減得an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1.所以{an}是公比為2的等比數(shù)列，又因為a1＝2a1－1，解得a1＝1，a2＝2＝2a故{an}的通項公式為an＝2n－1.而eq\f(an,n)≤2，即2n－1≤2n.∴n＝1,2,3,4.∴正整數(shù)n的集合為{1,2,3,4}．【答案】{1,2,3,4}三、解答題9．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(9nn＋1,10n)，試判斷此數(shù)列是否有最大項？若有，第幾項最大，最大項是多少？若沒有，說明現(xiàn)由．【解】an＋1－an＝eq\f(9n＋1n＋2,10n＋1)－eq\f(9nn＋1,10n)＝eq\f(9n,10n)·eq\f(8－n,10)，當(dāng)n＜8時，an＋1－an＞0，即an＋1＞an；當(dāng)n＝8時，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；當(dāng)n＞8時，an＋1－an＜0，即an＋1＜an.則a1＜a2＜a3＜…＜a8＝a9＞a10＞a11＞…，故數(shù)列{an}有最大項，為第8項和第9項，且a8＝a9＝eq\f(98×9,108)＝eq\f(99,108).10．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)當(dāng)n＝1時，T1＝2S1－1,∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1(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(dāng)n＝1時，a1＝S1＝1也滿足上式，所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，當(dāng)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，公比為2的等比數(shù)列．所以an＋2＝3×2n－1，∴an＝3×2n－1－2，當(dāng)n＝1時也成立，所以an＝3×2n－1－2(n∈N*)．eq\f([能力練],掃盲區(qū)提素能)1．若數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＝eq\f(an－1,an－2)(n≥3，n∈N*)，則a17＝()A．1B．2C.eq\f(1,2)D．2－987【解析】由已知，得a1＝1，a2＝2，a3＝2，a4＝1，a5＝eq\f(1,2)，a6＝eq\f(1,2)，a7＝1，a8＝2，a9＝2，a10＝1，a11＝eq\f(1,2)，a12＝eq\f(1,2)，即an的值以6為周期重復(fù)出現(xiàn)，故a17＝eq\f(1,2).【答案】C2．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝kn2，若對所有的n∈N*，都有an＋1＞an，則實數(shù)k的取值范圍是()A．(0，＋∞) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(－∞，0)【解析】由Sn＝kn2得an＝k(2n－1)．因為an＋1＞an，所以數(shù)列{an}是遞增的，因此k＞0，故選A.【答案】A3．(2016·衡水模擬)已知數(shù)列{an}對于任意p，q∈N*，有ap＋aq＝ap＋q，若a1＝eq\f(1,9)，則a36＝.【解析】令q＝1，則ap＋a1＝ap＋1，∴ap＋1－ap＝a1＝eq\f(1,9)，∴{an}成首項a1＝eq\f(1,9)，公差為eq\f(1,9)的等差數(shù)列，∴a36＝a1＋35a1＝36×eq\f(1,9)＝4.【答案】44．?dāng)?shù)列{an}滿足：a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)·an＝(n－1)·3n＋1＋3(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式an＝【解析】a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＋(2n－1)·an＝(n－1)·3n＋1＋3，當(dāng)n≥2時，把n換成n－1得，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＝(n－2)·3n＋3，兩式相減得an＝3n.又n＝1時，a1＝3，滿足n≥2的情形，∴a【答案】3n5．(2015·南昌一模)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，S3＝6，正項數(shù)列{bn}滿足b1·b2·b3·…·bn＝2Sn.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)若λbn＞an對n∈N*均成立，求實數(shù)λ的取值范圍．【解】(1)∵a1＝1，S3＝6，∴數(shù)列{an}的公差d＝1，∴an＝1＋(n－1)×1＝n.由b1·b2·b3·…·bn＝2Sn，①得b1·b2·b3·…·bn－1＝2Sn－1(n≥2)，②①÷②得bn＝2Sn－Sn－1＝2an＝2n(n≥2)，又b1＝2S1＝21＝2，滿足上式，故bn＝2n，n∈N*.(2)λbn＞an恒成立?λ＞eq\f(n,2n)恒成立，設(shè)cn＝eq\f(n,2n)，則eq\f(cn＋1,cn)＝eq\f(n＋1,2n)，當(dāng)n≥2時，eq\f(cn＋1,cn)＜1，∴數(shù)列{cn}單調(diào)遞減，∴(cn)max＝eq\f(1,2)，故λ＞eq\f(1,2)，取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).6．已知數(shù)列{an}中，an＝1＋eq\f(1,a＋2n－1)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，(1)若a＝－7，求數(shù)列{an}中的最大項和最小項的值；(2)若對任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范圍．【解】(1)∵an＝1＋eq\f(1,a＋2n－1)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，又∵a＝－7，∴an＝1＋eq\f(1,2n－9)(n∈N*)．結(jié)合函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(1,2x－9)的單調(diào)性，可