（江西版）高考数学总复习 第六章6.4 一般数列求通项 理 北师大版（含详解）VIP免费

一、选择题1．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an＝()．A．2＋lnnB．2＋(n－1)lnnC．2＋nlnnD．1＋n＋lnn2．若数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a20的值为()．A．B．C．D．3．设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝(an＋3)2(n∈N＋)，则{an}()．A．是等差数列，但不是等比数列B．是等比数列，但不是等差数列C．是等差数列，或是等比数列D．既不是等比数列，也不是等差数列4．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－1，则a4等于()．A．7B．8C．9D．175．若称为n个正数a1＋a2＋…＋an的“均倒数”，已知数列{an}的各项均为正，且其前n项的“均倒数”为，则数列{an}的通项公式为()．A．2n－1B．4n－3C．4n－1D．4n－56．已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋1(n≥2且n∈N＋)，则数列{an}的通项公式为()．A．an＝n＋1B．an＝－n2＋nC．an＝－D．an＝log2(n＋3)二、填空题7．设a1＝2，an＋1＝，bn＝，n∈N＋，则数列{bn}的通项公式bn＝__________.8．在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，那么，位于下表中的第n行第n＋1列的数是__________．9．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为__________．三、解答题10．已知数列{an}的前n项和为Sn(n∈N＋)，a1＝，且当n≥2时，SnSn－1－3Sn＋2＝0.(1)求a2，a3的值；(2)若bn＝，求数列{bn}的通项公式．11．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足3Sn－4an＝2n－4，n∈N＋.(1)证明：当n≥2时，an＝4an－1－2；(2)求数列{an}的通项公式．12．已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝Sn－n＋3，n∈N＋，a1＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(n∈N＋)的前n项和为Tn，求证：Tn＜(n∈N＋)．参考答案一、选择题1．A解析：由an＋1＝an＋ln，得an＋1－an＝ln，得a2－a1＝ln2，a3－a2＝ln，…，an－an－1＝ln，∴an－a1＝ln2＋ln＋ln＋…＋ln＝lnn，∴an＝a1＋lnn＝2＋lnn．故选A.2．B解析：a2＝2a1－1＝，a3＝2a2－1＝，a4＝2a3＝，…，∴{an}为周期数列，a20＝.故选B.3．C解析：∵Sn－Sn－1＝[(an＋3)2－(an－1＋3)2]，∴12an＝a＋6an＋9－a－6an－1－9，∴(an＋an－1)(an－an－1－6)＝0，得an＝－an－1或an－an－1＝6，∴{an}是等差数列，或是等比数列．故选C.4．A解析：a4＝S4－S3＝(42－1)－(32－1)＝7.故选A.5．B解析：由题意可知a1＋a2＋…＋an＝n(2n－1)，当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)(2n－3)，上面两式相减得an＝4n－3(n≥2)，当n＝1时，＝＝1，∴a1＝1满足an＝4n－3.∴an＝4n－3.故选B.6．A解析：∵Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋1(n≥2)，∴Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋1(n≥2)，∴an＋1＝an＋1(n≥2)，∴an＋1－an＝1(n≥2)．∵a2－a1＝3－2＝1，∴{an}是首项为2，公差为1的等差数列，∴an＝n＋1.故选A.二、填空题7．2n＋1解析：由条件得bn＋1＝＝＝2＝2bn，且b1＝4，所以数列{bn}是首项为4，公比为2的等比数列，则bn＝4·2n－1＝2n＋1.8．n2＋n解析：第n行第一列的数为n，观察得，第n行的公差为n，所以第n0行的通项公式为an＝n0＋(n－1)n0.又因为第n＋1列，故可得答案为n2＋n.9．解析：利用累加法，得an＝33＋n2－n，∴＝＋n－1.∵f(x)＝＋x－1在(，＋∞)上是递增的，在(0，)上是递减的，又∵n∈N＋，∴min＝min{f(5)，f(6)}＝min＝.三、解答题10．解：(1)∵当n≥2时，SnSn－1－3Sn＋2＝0，a1＝，∴当n＝2时，S2－3S2＋2＝0，解得S2＝，则a2＝S2－a1＝－＝.当n＝3时，S3－3S3＋2＝0，解得S3＝.则a3＝S3－S2＝－＝.(2)当n≥2时，SnSn－1－3Sn＋2＝0.由bn＝，得Sn＝1＋.于是－3＋2＝0.化简，得bn＝2bn－1－1.从而bn－1＝2(bn－1－1)．∴{bn－1}是以2为公比的等比数列．∴bn－1＝(b1－1)·2n－1＝－2n＋1，bn＝－2n＋1＋1.11．解：(1)证明：由3Sn－4an＝2n－4，①得当n≥2时，3Sn－1－4an－1＝2(n－1)－4.②①－②，得3(Sn－Sn－1)－4an＋4an－1＝2⇒－an＋4an－1＝2⇒an＝4an－1－2.(2)∵当n≥2时，an＝4an－1－2⇒an－＝4.∴是以a1－为首项，4为公比的等比数列．又3S1－4a1＝－2⇒a1＝2⇒a1－＝，∴an－＝·4n－1＝⇒an＝(n∈N＋)．12．解：(1)∵an＋1＝Sn－n＋3，∴an＝Sn－1－(n－1)＋3(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝an－1(n≥2)，即an＋1＝2an－1(n≥2)，∴an＋1－1＝2(an－1)(n≥2)．∵a1＝2，∴a2＝4.由于a2－1≠2(a1－1)，∴{an－1}是从第二项起公比为2的等比数列，∴an－1＝3×2n－2(n≥2)，∴an＝3×2n－2＋1(n≥2)，∴an＝(2)证明：由an＋1＝Sn－n＋3可知Sn＝an＋1＋n－3，∵an＋1＝3×2n－1＋1，Sn＝3×2n－1＋n－2，∴bn＝＝，Tn＝，Tn＝，上面两式相减得Tn＝，Tn＝，∴Tn＝－＜.