2014安顺职业高中对口升学数学复习专题：数列的概念01

1.设数列{(－1)ⁿ}的前n项和为S_n，则对任意正整数n，S_n＝(　　)

A.　　　　                B.

C.                           D.

[答案]　D

[解析]　因为数列{(－1)ⁿ}是首项与公比均为－1的等比数列，所以S_n＝＝，选D.

[点评]　直接检验，S₁＝－1，排除B， C；S₃＝－1，排除A，故选D.

2．(文)已知数列{a_n}的通项公式是a_n＝，那么这个数列是(　　)

A．递增数列                             B．递减数列

C．摆动数列                             D．常数列

[答案]　A

[解析]　a_n＝－，∵n∈N^*，

∴a_n随n的增大而增大，故选A.

[点评]　上面解答过程利用了反比例函数y＝－的单调性，也可以直接验证a_n＋1－a_n>0.

(理)已知数列{a_n}的通项公式是a_n＝n²＋kn＋2，若对任意n∈N^*，都有a_n＋1>a_n成立，则实数k的取值范围是(　　)

A．k>0                                  B． k>－1

C．k>－2                                D．k>－3

[答案]　D

[解析]　由a_n＋1>a_n知道数列是一个递增数列，又因为通项公式a_n＝n²＋kn＋2，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N^*，所以－<，即得k>－3，故选D.

3．(文)将数列{3^n－1}按“第n组有n个数”的规则分组如下：(1)，(3,9)，(27,81,243)，…，则第100组中的第一个数是(　　)

A．3⁴⁹⁵⁰　　 B．3⁵⁰⁰⁰　 　 C．3⁵⁰¹⁰　 　 D．3⁵⁰⁵⁰

[答案]　A

[解析]　由“第n组有n个数”的规则分组中，各组数的个数构成一个以1为首项，公差为1的等差数列，前99组数的个数共有＝4950个，故第100组中的第1个数是3⁴⁹⁵⁰，选A.

(理)已知整数对按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，……则第2014个数对是(　　)

A．(3,61)                               B．(3,60)

C．(61,3)                               D．(61,2)

[答案]　C

[解析]　根据题中规律知，(1,1)为第1项，(1,2)为第2项，(1,3)为第4项，…，整数对和为n＋1的有n项，由≤2014得n≤62，且n＝63时，＝2016，故第2014个数对是和为64的倒数第3项，即(61,3)．

4．已知等比数列{a_n}中，有a₃a₁₁＝4a₇，数列{b_n}是等差数列，且b₇＝a₇，则b₅＋b₉等于(　　)

A．2　　　　B．4　　 　　C．6　　 　　D．8

[答案]　D

[解析]　∵a₃a₁₁＝4a₇，∴a＝4a₇，∴a₇＝4，

∴b₅＋b₉＝2b₇＝2a₇＝8.

5．已知数列{a_n}的通项公式为a_n＝log₃(n∈N^*)，设其前n项和为S_n，则使S_n<－4成立的最小自然数n等于(　　)

A．83                                   B．82

C．81                                   D．80

[答案]　C

[解析]　∵a_n＝log₃＝log₃n－log₃(n＋1)，

∵S_n＝log₃1－log₃2＋log₃2－log₃3＋…＋log₃n－log₃(n＋1)＝－log₃(n＋1)<－4，解得n>3⁴－1＝80.

6．在数列{a_n}中，已知a_n＋1＋a_n－1＝2a_n(n∈N_＋，n≥2)，若平面上的三个不共线的向量、、，满足＝a₁₀₀₇＋a₁₀₀₈，三点A、B、C共线，且直线不过O点，则S₂₀₁₄等于(　　)

A．1007                                 B．1008

C．2014                                 D．2015

[答案]　A

[解析]　由条件知{a_n}成等差数列，

∵A、B、C共线，∴a₁₀₀₇＋a₁₀₀₈＝1，

∴S₂₀₁₄＝＝1007(a₁₀₀₇＋a₁₀₀₈)＝1007.

7．已知数列{a_n}中，a₁＝，a_n＋1＝1－(n≥2)，则a₂₀₁₄＝________.

[答案]　

[解析]　由题可知a₂＝1－＝－1，a₃＝1－＝2，a₄＝1－＝，∴此数列是以3为周期的周期数列，

∴a₂₀₁₄＝a₁＝.

8．(文)已知数列{a_n}的前n项和S_n＝2ⁿ－3，则数列{a_n}的通项公式为________．

[答案]　a_n＝

[解析]　当n≥2时，a_n＝S_n－S_n－1＝2^n－1，当n＝1时，a₁＝S₁＝－1，所以a_n＝.

(理)设关于x的不等式x²－x<2nx(n∈N^*)的解集中整数的个数为a_n，则数列{a_n}的前n项和S_n＝________.

[答案]　n²＋n(n∈N^*)

[解析]　由x²－x<2nx(n∈N^*)得0<x<2n＋1，则a_n＝2n，所以S_n＝n²＋n.

9．(文)设数列{a_n}的前n项和为S_n，对于所有n∈N^*，S_n＝，且a₄＝54，则a₁＝______.

[答案]　2

[解析]　a₄＝S₄－S₃＝40a₁－13a₁＝27a₁＝54，

∴a₁＝2.

(理)已知数列2008,2009,1，－2008，－2009，…这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2014项之和S₂₀₁₄等于________．

[答案]　2010

[解析]　由题意a_n＋1＋a_n－1＝a_n(n≥2)，a_n＋a_n＋2＝a_n＋1，两式相加得a_n＋2＝－a_n－1，

∴a_n＋3＝－a_n，∴a_n＋6＝a_n，

即{a_n}是以6为周期的数列．

∵2014＝335×6＋4，a₁＋a₂＋a₃＋a₄＋a₅＋a₆＝0，

∴a₁＋a₂＋…＋a₂₀₁₄＝335×0＋a₁＋a₂＋a₃＋a₄＝2010.

10．(文)数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁＝1，a_n＋1＝S_n(n＝1,2,3，…)，求a_n.

[解析]　∵a_n＋1＝S_n，

∴a_n＝S_n－1(n≥2)．

∴a_n＋1－a_n＝(S_n－S_n－1)＝a_n(n≥2)．

∴a_n＋1＝a_n(n≥2)．

又a₁＝1，a₂＝S₁＝a₁＝，

∴{a_n}是从第二项起，公比为的等比数列．

a_n＝()^n－2.

∴a_n＝

(理)已知数列{a_n}满足前n项和S_n＝n²＋1，数列{b_n}满足b_n＝，且前n项和为T_n，设c_n＝T_2n＋1－T_n.

(1)求数列{b_n}的通项公式；

(2)判断数列{c_n}的增减性．

[解析]　(1)S_n＝n²＋1，∴a_n＝S_n－S_n－1＝(n²＋1)－[(n－1)²＋1]＝2n－1(n≥2)，

当n＝1时，a₁＝S₁＝2，

∵b_n＝，∴b₁＝＝，

n≥2时，b_n＝＝，

∴b_n＝

(2)由题设知，T_n＝b₁＋b₂＋…＋b_n，T_2n＋1＝b₁＋b₂＋…＋b_2n＋1，

∴c_n＝T_2n＋1－T_n＝b_n＋1＋b_n＋2＋…＋b_2n＋1，

∴c_n＋1－c_n＝(b_n＋2＋b_n＋3＋…＋b_2n＋3)－(b_n＋1＋b_n＋2＋…＋b_2n＋1)＝b_2n＋2＋b_2n＋3－b_n＋1＝＋－<＋－＝0，

∴c_n＋1<c_n，即数列{c_n}为递减数列.

11.(文)下图是用同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案，则按此规律第n个图案中需用黑色瓷砖的块数为(用含n的代数式表示)(　　)

A．4n                                   B．4n＋1

C．4n－3                                D．4n＋8

[答案]　D

[解析]　第(1)，(2)，(3)个图案黑色瓷砖数依次为3×5－3＝12；4×6－2×4＝16；5×7－3×5＝20，代入选项验证可得答案为D.

(理)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：

将三角形数1,3,6,10，…记为数列{a_n}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{b_n}．可以推测：b₂₀₁₂是数列{a_n}中的第________项．

[答案]　5030

[解析]　由前四组可以推知a_n＝，b₁＝a₄＝10，b₂＝a₅＝15，b₃＝a₉＝45，b₄＝a₁₀＝55，依次可知，当n＝4,5,9,10,14,15,19,20,24,25，…时，a_n能被5整除，由此可得，b_2k＝a_5k(k∈N^*)，∴b₂₀₁₂＝a_5×1006＝a₅₀₃₀.