1、课时跟踪检测课时跟踪检测 1数列的概念数列的概念 (对应学生用书 P069) 基础检测题顺畅轻松做 一、选择题 1数列an中，an3n 1，则 a2 等于() A2B3 C9D32 解析因为 an3n 1，所以 a23213. 答案B 2数列 0， 3 3 ， 2 2 ， 15 5 ， 6 3 ，的一个通项公式是() Aan n2 n Ban n1 n Can n1 n1 Dan n2 n2 解析已知数列可化为：0， 1 3， 2 4， 3 5， 4 6，故 a n n1 n1. 答案C 3已知数列1 2， 2 3， 3 4， n n1，则 0.96 是该数列的( ) A第 20 项B第 22
2、 项 C第 24 项D第 26 项 解析由 n n10.96，解得 n24. 答案C 4已知数列 1，3，5，7， 2n1，则 35是它的() A第 22 项B第 23 项 C第 24 项D第 28 项 解析由数列 1，3，5，7， 2n1，可得通项公式 an 2n1(n N*)令 3 5 2n1，解得 n23，所以 35是数列的第 23 项故选 B. 答案B 5如图，各图形中的点的个数构成一个数列，该数列的一个通项公式是 () Aann2n1Bannn1 2 Cannn1 2 Dannn2 2 解析法一将各图形中点的个数代入四个选项便可得到正确结果图形 中，点的个数依次为 1,3,6,10，
3、代入验证可知正确答案为 C. 法二观察各个图中点的个数，寻找相邻图形中点个数之间的关系，然后归 纳一个通项公式观察点的个数的增加趋势可以发现，a112 2 ，a223 2 ，a3 34 2 ，a445 2 ，所以猜想 annn1 2 ，故选 C. 答案C 6 已知数列an的通项公式 anlog(n1)(n2)， 则它的前 30 项之积是() A.1 5 B5 C6D.log23log3132 5 解析a1a2a3a30log23log34log45log3132 lg3 lg2 lg4 lg3 lg32 lg31 lg32 lg2 log232log2255. 答案B 7下图中由火柴棒拼成的一
4、列图形中，第 n 个图形由 n 个正方形组成： 通过观察可以发现：第 n 个图形中，火柴棒的根数为() A3n1B3n C3n1D3(n1) 解析通过观察，第 1 个图形中，火柴棒有 4 根；第 2 个图形中，火柴棒有 43 根；第 3 个图形中，火柴棒有 433432 根；第 4 个图形中，火柴 棒有 4333433 根；第 5 个图形中，火柴棒有 433334 34 根，可以发现，从第二项起，每一项与前一项的差都等于 3，即 a2a1 3，a3a23，a4a33，a5a43，anan13(n2)，把上面的式子 累加，则可得第 n 个图形中，an43(n1)3n1(根) 答案C 二、填空题
5、8黑、白两种颜色的正六边形地面砖按如图所示的规律拼成若干个图案， 则第 n 个图案中有白色地面砖_块 解析第 1 个图案中有白色地面砖 6 块， 第 2 个图案中有白色地面砖 10 块， 第 3 个图案中有白色地面砖 14 块，后一个图案总比前一个图案多 4 块白色 地面砖，从而第 n 个图案中有 4n2 块白色地面砖 答案4n2 9如图(1)是第七届国际数学教育大会(简称 ICME7)的会徽图案，会徽的 主体图案是由如图(2)的一连串直角三角形演化而成的，其中 OA1A1A2A2A3 A7A81，如果把图(2)中的直角三角形继续做下去，记 OA1，OA2， OAn，的长度构成数列an，则此数
6、列的通项公式为 an_. 解析因为 OA11，OA2 2，OA3 3，OAn n，所以 a11， a2 2，a3 3，an n. 答案n 10已知数列an的通项公式为 an20173n，则使 an0 成立的正整数 n 的最大值为_ 解析由 an20173n0，得 n2017 3 6721 3， 又因为 nN*，所以正整数 n 的最大值为 672. 答案672 11“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852 年英国来华传教士伟烈亚利 将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874 年，英国数学家马西 森指出此法符合 1801 年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方 称之为“中国
7、剩余定理”“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有 这样一个整除问题： 将 2 至 2017 这 2016 个数中能被 3 除余 1 且被 5 除余 1 的数 按由小到大的顺序排成一列，构成数列an，则此数列的项数为_ 解析能被 3 除余 1 且被 5 除余 1 的数就是能被 15 整除余 1 的数，故 an 15n1. 由 an15n12017 得 n134.4，故此数列的项数为 134. 答案134 三、解答题 12已知数列an的通项公式是 ann 2n1 3 ，其中 nN*. (1)写出 a10，an1和 an2； (2)79 2 3是不是这个数列中的项？如果是， 是第几项， 如果
8、不是， 请说明理由 解(1)因为 ann 2n1 3 ，所以 a1010 2101 3 109 3 ， an1n1 2n11 3 n 23n1 3 ，an2n 22n21 3 n 4n21 3 . (2)令n 2n1 3 792 3，整理得 n 2n2400， 解得 n15 或 n16(舍去)， 所以 79 2 3是这个数列中的第 15 项 13在数列an中，已知 a16，a211，a318，其通项公式为关于 n(n N*)的二次函数 (1)求数列an的通项公式； (2)66 是否为数列an中的项？若是，应是第几项？若不是，请说明理由 解(1)由于数列an的通项公式是关于 n(nN*)的二次函
9、数， 故设 anan2bnc(a0) 由于 a16，a211，a318，所以 abc6， 4a2bc11， 9a3bc18， 解得 a1， b2， c3， 所以 ann22n3. (2)令 an66，即 n22n366， 所以 n22n630，故 n7(n9 舍去)， 即 66 为数列an的第 7 项. 素养能力题从容有序过 14.设 an 1 n1 1 n2 1 n3 1 2n(nN *)，那么 an 1an等于( ) A. 1 2n1 B. 1 2n2 C. 1 2n1 1 2n2 D. 1 2n1 1 2n2 解析an 1 n1 1 n2 1 n3 1 2n(nN *)， an1 1 n
10、2 1 n3 1 2n 1 2n1 1 2n2(nN *)， 则 an1an 1 n2 1 n3 1 2n 1 2n1 1 2n2 1 n1 1 n2 1 2n 1 2n1 1 2n2 1 n1 1 2n1 1 2n2，故选 D. 答案D 15已知数列 9n29n2 9n21. (1)求这个数列的第 10 项； (2) 98 101是不是该数列中的项，为什么？ (3)求证：数列中的各项都在区间(0,1)内； (4)在区间 1 3， 2 3 内有、无数列中的项？若有，有几项？若没有，说明理由 解(1)设 f(n)9n 29n2 9n21 3n13n2 3n13n1 3n2 3n1. 令 n10 得第 10 项 a10f(10)28 31. (2)令3n2 3n1 98 101，9n300，无正整数解， 所以 98 101不是该数列的项 (3)证明：an3n2 3n1 3n13 3n1 1 3 3n1， 又nN*，0 3 3n11，0a n1. (4)1 3a n3n2 3n1 2 3， 3n19n6， 9n66n2 n7 6， n8 3， 7 6n 8 3.又nN *，当且仅当 n2 时不等式成立故在区间 1 3， 2 3 内有 数列中的项，且只有 1 项
