PAGE1-課后限時(shí)集訓(xùn)(二十八)數(shù)列的概念與簡(jiǎn)潔表示法(建議用時(shí)：60分鐘)A組基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)一、選擇題1．(2024·延安模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＝2n－1(n∈N＋)，則a2018的值為()A．2B．3C．2024D．4035A[a2018＝S2024－S2024＝2×2024－1－(2×2024－1)＝2.故選A.]2．(2024·石家莊一模)若數(shù)列{an}滿(mǎn)意a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，則a2024的值為()A．2B．－3C．－eq\f(1,2)D．eq\f(1,3)B[∵a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，∴a2＝eq\f(1＋a1,1－a1)＝－3，同理a3＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,3)，a5＝2，…可得an＋4＝an，∴a2024＝a504×4＋2＝a2＝－3，故選B．]3．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝4，an＋1＝2Sn－4，則S10＝()A．2(310－1) B．2(310＋1)C．2(39＋1) D．4(39＋1)C[∵a1＝4，an＋1＝2Sn－4，①∴a2＝2a1－4＝4，又當(dāng)n≥2時(shí)，an＝2Sn－1－4，②①－②得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an.∴{an}是從其次項(xiàng)起構(gòu)成公比為3的等比數(shù)列，∴S10＝a1＋(a2＋a3＋…＋a10)＝4＋eq\f(439－1,3－1)＝2(39＋1)．]4．(2024·長(zhǎng)春調(diào)研)設(shè)an＝－3n2＋15n－18，則數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)的值是()A.eq\f(16,3)B．eq\f(13,3)C．4D．0D[an＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2＋eq\f(3,4)，又n∈N*，故當(dāng)n＝2或3時(shí)，an最大，最大為0，故選D．]5．(2024·鄭州二模)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－1x＋4，x≤1，,ax，x＞1，))數(shù)列{an}(n∈N*)滿(mǎn)意an＝f(n)，且{an}是遞增數(shù)列，則a的取值范圍是()A．(1，＋∞) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(1,3) D．(3，＋∞)D[因?yàn)閍n＝f(n)，且{an}是遞增數(shù)列，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－1＞0，,a＞1，,a1＜a2，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2)，,a＞1,2a－1＋4＜a2，))得a＞3.故選D．]二、填空題6．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，則an＝________.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2))[當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，又當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝4，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.))]7．在一個(gè)數(shù)列中，假如隨意n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k為常數(shù))，那么這個(gè)數(shù)列叫做等積數(shù)列，k叫做這個(gè)數(shù)列的公積．已知數(shù)列{an}是等積數(shù)列，且a1＝1，a2＝2，公積為8，則a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________.28[∵a1a2a3＝8，且a1＝1，a2＝2.∴a3＝4，同理可求a4＝1，a5＝2.a6＝4，∴{an}是以3的周期的數(shù)列，∴a1＋a2＋a3＋…＋a12＝(1＋2＋4)×4＝28.]8．已知數(shù)列{an}中，a1＝3，且點(diǎn)Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直線(xiàn)4x－y＋1＝0上，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______．a(chǎn)n＝eq\f(10,3)×4n－1－eq\f(1,3)[因?yàn)辄c(diǎn)Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直線(xiàn)4x－y＋1＝0上，所以4an－an＋1＋1＝0，所以an＋1＋eq\f(1,3)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,3))).因?yàn)閍1＝3，所以a1＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3).故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,3)))是首項(xiàng)為eq\f(10,3)，公比為4的等比數(shù)列．所以an＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)×4n－1，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(10,3)×4n－1－eq\f(1,3).]三、解答題9．已知Sn為正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且滿(mǎn)意Sn＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．[解](1)由Sn＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an(n∈N*)可得a1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)a1，解得a1＝1，S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)a2，解得a2＝2，同理，a3＝3，a4＝4.(2)Sn＝eq\f(an,2)＋eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)，①當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝eq\f(an－1,2)＋eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n－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，故數(shù)列{an}為首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，故an＝n.10．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝n2＋kn＋4.(1)若k＝－5，則數(shù)列中有多少項(xiàng)是負(fù)數(shù)？n為何值時(shí)，an有最小值？并求出最小值；(2)對(duì)于n∈N*，都有an＋1>an，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．[解](1)由n2－5n＋4<0，解得1<n<4.因?yàn)閚∈N*，所以n＝2,3，所以數(shù)列中有兩項(xiàng)是負(fù)數(shù)，即為a2，a3.因?yàn)閍n＝n2－5n＋4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2－eq\f(9,4)，由二次函數(shù)性質(zhì)，得當(dāng)n＝2或n＝3時(shí)，an有最小值，其最小值為a2＝a3＝－2.(2)由an＋1>an知該數(shù)列是一個(gè)遞增數(shù)列，又因?yàn)橥?xiàng)公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是關(guān)于n的二次函數(shù)，考慮到n∈N*，所以－eq\f(k,2)<eq\f(3,2)，即得k>－3.所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為(－3，＋∞)．B組實(shí)力提升1．設(shè){an}是等比數(shù)列，則“a1＞a2＞a3”是“數(shù)列{an}是遞減數(shù)列”的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件C[設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍1＞a2＞a3，所以a1＞a1q＞a1q2，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＞0，,0＜q＜1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＜0，,q＞1，))故數(shù)列{an}是遞減數(shù)列；反之，若數(shù)列{an}是遞減數(shù)列，則a1＞a2＞a3，所以a1＞a2＞a3是數(shù)列{an}是遞減數(shù)列的充分必要條件，故選C.]2．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)意a1＝60，an＋1－an＝2n，則eq\f(an,n)的最小值為()A.eq\f(29,2)B．29C．102D．eq\f(102,7)A[因?yàn)閍n＋1－an＝2n，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝60＋2＋4＋…＋2(n－1)＝n(n－1)＋60＝n2－n＋60，所以eq\f(an,n)＝eq\f(n2－n＋60,n)＝n＋eq\f(60,n)－1，令f(x)＝x＋eq\f(60,x)(x≥2)，由函數(shù)性質(zhì)可知，f(x)在區(qū)間[2,2eq\r(15))上遞減，在區(qū)間(2eq\r(15)，＋∞)上遞增，又7＜2eq\r(15)＜8，n為正整數(shù)，故當(dāng)n＝7時(shí)，eq\f(an,n)＝7＋eq\f(60,7)－1＝eq\f(102,7)；當(dāng)n＝8時(shí)，eq\f(an,n)＝8＋eq\f(60,8)－1＝eq\f(29,2)，且eq\f(29,2)＜eq\f(102,7)＜eq\f(a1,1)＝60，所以eq\f(an,n)的最小值為eq\f(29,2).故選A.]3．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均不為0，其前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1,2Sn＝anan＋1，則Sn＝________.eq\f(nn＋1,2)[當(dāng)n＝1時(shí)，2S1＝a1a2，即2a1＝a1a2，∴a2＝2.當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn＝anan＋1,2Sn－1＝an－1an，兩式相減得2an＝an(an＋1－an－1)，∵an≠0，∴an＋1－an－1＝2，∴{a2k－1}，{a2k}都是公差為2的等差數(shù)列，又a1＝1，a2＝2，∴{an}是公差為1的等差數(shù)列，∴an＝1＋(n－1)×1＝n，∴Sn＝eq\f(nn＋1,2).]4．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)設(shè)bn＝Sn－3n，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范圍．[解](1)依題意得Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，即bn＋1＝2bn，又b1＝S1－3＝a－3，因此，所求通項(xiàng)公式為bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.(2)由(1)可知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*.于是，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)·2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，an＋