专题强化练8练习-《精讲精练》26版高中同步新教材数学苏教版（2019）选择性必修第一册

专题强化练8　数列通项公式的求法
1.在数列{an}中,a1=0,an+1=an+ln,则{an}的通项公式为(　　)
A.an=ln n　　　　B.an=(n-1)ln(n+1)
C.an=nln n　　　　D.an=ln n+n-2
2.在数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*),则a10=(　　)
A.
3.在数列{an}中,a1=2,+an+1=3an+1(n∈N*),Sn是数列的前n项和,则S2 023=(　　)
A.1-
C.1-
4.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n,cn=则使c1+c2+c3+…+cm≤成立的正整数m的最大值为(　　)
A.6　　　　B.7　　　　C.8　　　　D.9
5.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=,若S2 023∈(k,k+1),则正整数k=(　　)
A.2 019　　　　B.2 020　　　　C.2 021　　　　D.2 022
6.(多选题)已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,an+1=[2+(-1)n]·an+1+(-1)n+1,则下列结论正确的是(　　)
A.a2n+1=3a2n　　　　B.数列{a2n-1+3}为等比数列
C.a2n=4×3n-1-2　　　　D.S2n=4×3n-4n-4
7.已知数列{an}的首项为2,等比数列{bn}满足bn=且b1 012=1,则a2 024=　　　　.
8.设数列{an}满足a1=-2,an+1=an+n·2n,则log2a1 026=　　　　.
9.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2n+1,数列{bn}满足bn=log2,若不等式≥m·对任意n∈N*都成立,则实数m的最大值为　　　　.
10.已知正项数列{an}满足an-an-1=(n∈N*,n≥2),a1=1.数列{bn}满足各项均不为0,b1=4,其前n项积为Tn=2n-1·bn+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设cn=log2bn,求数列{cn}的通项公式;
(3)在(2)的条件下,记数列{(-1)nan}的前2m项和为S2m,求使得不等式S2m≥c1+c2+…+c10成立的正整数m的最小值.
答案与分层梯度式解析
专题强化练8　数列通项公式的求法
1.A　由已知得an+1-an=ln=ln(n+1)-ln n,
所以an-an-1=ln n-ln(n-1),
an-1-an-2=ln(n-1)-ln(n-2),
……
a3-a2=ln 3-ln 2,
a2-a1=ln 2-ln 1,
将以上(n-1)个式子相加,整理得an-a1=ln n-ln 1=ln n,
又因为a1=0,所以an=ln n.故选A.
2.D　∵an+1=,∴an+1(an+2)=2an,即an+1an+2an+1=2an,
两边同时除以an+1an,得1+,即=1,
令bn=,则bn+1-bn=1,则{bn}是首项为b1==2,公差为1的等差数列,
则bn=2+(n-1)=n+1,即=n+1,则an=,则a10=.故选D.
3.B　因为+an+1=3an+1,所以+an-2=3an+1-3,即(an+2)(an-1)=3(an+1-1),
两边同时取倒数得,
整理得,即,
所以S2 023=+…++…+.故选B.
4.B　 当n=1时,a1=S1=3;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+2n)-[(n-1)2+2(n-1)]=2n+1,又a1=3符合上式,所以an=2n+1.
当n=1时,c1=,符合题意;
当n≥2时,cn=,
所以c1+c2+c3+…+cm=+…+,解得m≤7,所以m的最大值为7.故选B.
5.C　由an+1=,取倒数得,即,又-1=1,所以是首项为1,公比为的等比数列,所以,
故an=1-,故S2 023=2 023-+…+,
令M=+…+,
由,n≥3,得M>+…+,
由,得M<+…+,
所以2 021+故S2 023∈(2 021,2 022),则正整数k的值为2 021.故选C.
方法总结　若数列相邻两项an+1与an满足an+1=pan+q,则可考虑设an+1+x=p(an+x)(其中x为待定系数),构造以a1+x为首项,p为公比的等比数列{an+x},进一步求{an}的通项公式.
6.ABD　当n为奇数时,an+1=(2-1)an+1+1,则an+1=an+2,当n为偶数时,an+1=3an+1-1=3an,
对于A,由2n为偶数,得a2n+1=3a2n,故A正确;
对于B,当n为偶数时,an+1=3an,用2n替换上式中的n得a2n+1=3a2n,
当n为奇数时,an+1=an+2,用2n-1替换上式中的n得a2n=a2n-1+2,
则a2n+1=3(a2n-1+2),两边同时加3得a2n+1+3=3(a2n-1+3),又a1+3=4,
所以数列{a2n-1+3}是首项为4,公比为3的等比数列,故B正确;
对于C,当n为奇数时,an+1=an+2,用2n+1替换上式中的n得a2n+2=a2n+1+2,又a2n+1=3a2n,所以a2n+2=3a2n+2,两边同时加1得a2n+2+1=3(a2n+1),
因为a2=a1+2=3,所以a2+1=4,所以{a2n+1}是以4为首项,3为公比的等比数列,
则a2n+1=4×3n-1,则a2n=4×3n-1-1,n∈N*,故C错误;
对于D,由B得a2n-1+3=4×3n-1,则a2n-1=4×3n-1-3,
所以S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)
=(4+12+…+4×3n-1-3n)+(4+12+…+4×3n-1-n)
=×2-4n=4×3n-4n-4,故D正确.
故选ABD.
7.答案　2
解析　设等比数列{bn}的公比为q,
则bn=b1·qn-1=,
所以=b1·qn-2,=b1·qn-3,……,=b1·q0,
累乘得·q0+1+2+…+n-2=,整理得an=a1·,
所以a2 024=a1··q1 011×2 023=2(b1·q1 011)2 023,
又b1 012=b1·q1 011=1,所以a2 024=2(b1·q1 011)2 023=2.
8.答案　1 036
解析　∵an+1=an+n·2n,∴an+1-an=n·2n,
当n≥2时,an-a1=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1=(n-1)·2n-1+(n-2)·2n-2+…+2·22+1·21,①
∴2(an-a1)=(n-1)·2n+(n-2)·2n-1+…+2·23+1·22,②
①-②得-(an-a1)=-(n-1)·2n+2n-1+2n-2+…+23+22+2=-(n-1)·2n+=-(n-1)·2n-2+2n=-(n-2)·2n-2,
∴an-a1=(n-2)·2n+2,
当n=1时也符合上式,所以an=(n-2)·2n,
故log2a1 026=log2(1 024×21 026)=log2(210×21 026)=log221 036=1 036.
9.答案　
解析　因为Sn=2an-2n+1,所以Sn-1=2an-1-2n(n≥2),两式相减得an=2an-2an-1-2n,即an=2an-1+2n,
两边同除以2n得+1,
又当n=1时,a1=2a1-22,所以a1=4,所以=2,
所以是以2为首项,1为公差的等差数列,
所以=2+(n-1)×1=n+1,故an=(n+1)·2n,
所以bn=log2=log22n=n,
代入题中不等式得≥m,即m≤,
令cn=,
则cn+1=,
所以cn+1-cn=
=
=,
因为(2n+3)2-(2n+2)(2n+4)=1>0,
所以(2n+3)2>(2n+2)(2n+4),
所以2n+3>,
所以cn+1-cn>0恒成立,即{cn}为递增数列,
所以(cn)min=c1=,
所以m≤,即m的最大值为.
10.解析　(1)∵an-an-1=(n≥2),∴=1(n≥2),
∴{}是首项为=1,公差为1的等差数列,则=1+(n-1)×1=n,故an=n2.
(2)当n=1时,T1=b2,即b2=b1=4,当n≥2时,Tn-1=2n-2·bn,
则bn=,即bn+1=,
则log2bn+1=log2=2log2bn-1,即cn+1=2cn-1,∴cn+1-1=2(cn-1)(n≥2),
又∵c1-1=log2b1-1=1,c2-1=log2b2-1=1,
∴当n=1时不满足上式,
故当n≥2时,{cn-1}是首项为1,公比为2的等比数列,∴cn-1=1×2n-2,则cn=1+2n-2(n≥2),
综上所述,cn=
(3)∵(-1)2k-1a2k-1+(-1)2ka2k=-(2k-1)2+(2k)2=(2k+2k-1)[2k-(2k-1)]=4k-1,
∴S2m=4(1+2+…+m)-m=4×-m=2m2+m,
又∵c1+c2+…+c10=2+9+(1+2+…+28)=11+=522,∴2m2+m≥522,
∵y=2x2+x在[1,+∞)上单调递增,2×162+16=528>522,2×152+15=465<522,且m∈N*,
∴m≥16,且m∈N*,
故满足题意的正整数m的最小值为16.
解题技法　求数列通项公式常用的方法:(1)公式法:根据等差、等比数列的通项公式直接求解;(2)前n项和法:根据an=求解;(3)Sn 与an 的关系式法:由Sn 与an 的关系式,类比出Sn-1 与an-1 的关系式,两式作差求出通项公式,最后要检验a1 是否满足通项公式;
(4)累加法:当数列{an}中有an+1=an+f(n),即第(n+1)项与第n项的差构成的数列有规律时,可以利用这种方法;(5)累乘法:当数列{an}中有=f(n),即第(n+1)项与第n项的商构成的数列有规律时,可以利用这种方法;(6)构造法:通过构造等差数列或等比数列求解.
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