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1、第六章数列第一节数列的概念与简单表示法A级基础过关|固根基|1.已知数列:2,0,2,0,2,0,则前6项不适合的通项公式是()Aan1(1)n1Ban2Can1(1)nDan2sin 解析:选D对于选项A,an1(1)n1,取前6项得2,0,2,0,2,0,满足条件;对于选项B,an2,取前6项得2,0,2,0,2,0,满足条件;对于选项C,an1(1)n,取前6项得2,0,2,0,2,0,满足条件;对于选项D,an2sin ,取前6项得2,0,2,0,2,0,不满足条件故选D2(2019届南昌摸底考试)若数列an的通项公式是an(1)n(3n2),则a1a2a10等于()A15B12C12
2、D15解析:选A由题意知,a1a2a1014710(1)10(3102)(14)(710)(1)9(392)(1)10(3102)3515.3(2019届长沙一中月考)若Sn为数列an的前n项和,且Sn,则等于()ABCD30解析:选D当n2时,anSnSn1,所以5630.4数列an的前n项和Sn2n23n(nN*),若pq5,则apaq()A10B15C5D20解析:选D当n2时,anSnSn12n23n2(n1)23(n1)4n5;当n1时,a1S11,符合上式,所以an4n5,所以apaq4(pq)20.5已知数列an满足a11,an2an6,则a11的值为()A31B32C61D62
3、解析:选A数列an满足a11,an2an6,a3617,a56713,a761319,a961925,a1162531.6(2019届湖北八校联考)已知数列an满足an(nN*),将数列an中的整数项按原来的顺序组成新数列bn,则b2 017的末位数字为()A8B2C3D7解析:选B由an(nN*),可得此数列为,整数项为,数列bn的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18,末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8,.2 01745041,b2 017的末位数字为2,故选B7设数列an的通项公式为ann2bn,若数列an是单调递增数列,则实数b的取值范围为()A(,1B(,2C(,
4、3)D解析:选C因为数列an是单调递增数列,所以an1an2n1b0(nN*),所以b2n1(nN*),所以b(2n1)min3,即b3.8数列an满足a11,a23,an1(2n)an(n1,2,),则a3等于()A5B9C10D15解析:选D令n1,则a2(2)a1,即32,1,an1(2n1)an.由an1(2n1)an,得a35a25315.故选D9已知数列an满足a11,且ann(an1an)(nN*),则a3_,an_解析:由ann(an1an),可得,则当n2时,ana11n,a33.a11满足ann,ann.答案:3n10(2019届惠州市调研考试)已知数列an满足a11,an
5、12an2n(nN*),则数列an的通项公式an_解析:an12an2n两边同时除以2n1,可得.又,数列是以为首项,为公差的等差数列,(n1),ann2n1.答案:n2n111(2019届浙江舟山模拟)已知Sn为正项数列an的前n项和,且满足Snaan(nN*)(1)求a1,a2,a3,a4的值;(2)求数列an的通项公式解:(1)由Snaan(nN*)可得,a1aa1,解得a11,a10(舍)则S2a1a2aa2,解得a22(负值舍去);同理可得a33,a44.(2)因为Sna,所以当n2时,Sn1a,得an(anan1)(aa),所以(anan11)(anan1)0.由于anan10,所
6、以anan11.又由(1)知a11,所以数列an是首项为1,公差为1的等差数列,所以ann.12(2019届河南南阳一中模拟)已知数列an的前n项和为Sn,an0,a11,且2anan14Sn3(nN*)(1)求a2的值,并证明an2an2;(2)求数列an的通项公式解:(1)令n1,得2a1a24S13,又a11,所以a2.证明:2anan14Sn3,2an1an24Sn13,两式相减得2an1(an2an)4an1.因为an0,所以an2an2.(2)由(1)可知,数列a1,a3,a5,a2k1,为等差数列,公差为2,首项为1,所以当n为奇数时,a2k112(k1)2k1;数列a2,a4,
7、a6,a2k,为等差数列,公差为2,首项为,所以当n为偶数时,a2k2(k1)2k.综上所述,anB级素养提升|练能力|13.(2019届黑龙江名校期末)设数列an满足a12,a26,且an22an1an2.若x表示不超过x的最大整数,则()A2 018B2 019C2 020D2 021解析:选Can22an1an2,(an2an1)(an1an)2.又a2a14,an1an是等差数列,首项为4,公差为2,an1an42(n1)2(n1)当n2时,an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n2(n1)2222n(n1),当n2时,1,22 0182 020.故选C14(2020届合
8、肥调研)设数列an的前n项和为Sn,4Sn(2n1)an1(nN*)定义数列bn如下:对于正整数m,bm是使不等式anm成立的所有n的最小值,则数列bn的前60项的和为()A960B930C900D840解析:选A由4Sn(2n1)an1,得当n2时,4Sn1(2n1)an11,两式相减,得4an(2n1)an(2n1)an1,即(2n3)an(2n1)an1,所以,所以.又4S1(21)a11,解得a11,所以an2n1(n2),又a11也适合,所以an2n1(nN*)由anm,得2n1m,所以n,所以满足条件anm的n的最小值为大于等于的整数,所以bm所以数列bn的前60项和为960,故选A15(2019届福建厦门月考)已知数列an满足2nan2n1an11,且a11,若an,a5,若an1)的最大值为_解析:Snan,当n1时,anSnSn1anan1,即.数列单调递减,当n2时,2最大答案:2