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(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

(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)_第1页
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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=-<.

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