高考文数一轮复习夯基提能作业第六章数列第一节数列的概念及简单表示法

第一节数列的概念及简单表示法A组基础题组1.数列1,23,35,47A.an=n2n+1 B.aC.an=n2n-3 2.已知数列{an}的前n项和Sn=n22n,则a2+a18=()A.36 B.35 C.34 D.333.(2016北京海淀期中)数列{an}的前n项和为Sn,若SnSn1=2n1(n≥2),且S2=3,则a1+a3的值为()A.1 B.3 C.5 4.数列{an}中,a1=1,对于所有的n≥2,n∈N*,都有a1·a2·a3·…·an=n2,则a3+a5=()A.6116 B.259 C.255.数列{an}中,an=n-A.a1,a50 B.a1,a44C.a45,a44 D.a45,a506.(2015北京海淀二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an≠0(n∈N*),anan+1=Sn,则a3a1=.

7.(2014北京东城模拟)在数列{an}中,a1=2,an+1=an+ln1+1n,则a5=8.(2016课标全国Ⅲ,17,12分)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,an2(2an+11)an2a(1)求a2,a3;(2)求{an}的通项公式.9.(2015北京西城二模)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=1+Sn(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}为等差数列,且b1=a1,公差为a2a1,当n≥3时,比较bn+1与1+b1+b2B组提升题组10.在各项均为正数的数列{an}中,对任意的m,n∈N*,都有am+n=am·an.若a6=64,则a9=()A.256 B.510 C.512 D.102411.在数列{an}中,已知a1=2,a2=7,an+2等于anan+1(n∈N*)的个位数,则a2015=()A.8 B.6 C.4 D.212.(2016北京东城二模)已知数列{an}满足a1=1,a2=2,且an+1=an+an+2,n∈N*,则a5=;数列{an}的前2016项的和为.

13.(2016北京海淀期中)对于数列{an},若∀m,n∈N*(m≠n),均有am-a(1)若数列{an}的通项公式为an=n2,且具有性质P(t),则t的最大值为;

(2)若数列{an}的通项公式为an=n2an,且具有性质P(7),则实数a的取值范围是.14.(2017北京石景山一模)数列{an}中,a1=2,an+1=an+c·2n(c是常数,n=1,2,3,…),且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列.(1)求c的值;(2)求{an}的通项公式.15.(2018北京海淀期中)已知数列{an}满足a1=a2=1,an+2=an+2×(1)n(n∈N*).(1)写出a5,a6的值;(2)设bn=a2n,求{bn}的通项公式;(3)记数列{an}的前n项和为Sn,求数列{S2n18}的前n项和Tn的最小值.答案精解精析A组基础题组1.B数列可写成12×1-1,22×2.C当n≥2时,an=SnSn1=2n3;当n=1时,a1=S1=1,适合上式,所以an=2n3(n∈N*),所以a2+a18=34.3.C由题意知,S2S1=a2=3,a1+a2=3,∴a1=0,易知a3=S3S2=2×31=5,∴a1+a3=5,故选C.4.A解法一:令n=2,3,4,5,分别求出a2=4,a3=94,a4=169,a5=2516,∴a3+a5解法二:当n≥2时,a1·a2·a3·…·an=n2.当n≥3时,a1·a2·a3·…·an1=(n1)2.两式相除得an=nn-1∴a3=94,a5=25∴a3+a5=61165.Can=n-2当n∈[1,44],n∈N*时,{an}单调递减,当n∈[45,+∞),n∈N*时,{an}单调递减,结合函数f(x)=x-2011x-2012的图象可知,(an)max6.答案1解析因为anan+1=Sn,所以令n=1,得a1a2=S1=a1,即a2令n=2,得a2a3=S2=a1+a2即a3=1+a1,所以a3a1=1.7.答案2+ln5解析由已知,得an+1an=lnn+1n∴anan1=lnnnan1an2=lnn-……a2a1=ln21将以上n1个式子累加,得ana1=lnnn-1+ln=lnnn∴an=2+lnn(n≥2),则a5=2+ln5.8.解析(1)由题意得a2=12,a3=14(2)由an2(2an+11)an2an+1=0得2an+1(an+1)=an(a因为{an}的各项都为正数,所以an+1a故{an}是首项为1,公比为12的等比数列,因此an=19.解析(1)因为an+1=1+Sn,①所以当n≥2时,an=1+Sn1,②①②,得an+1an=an,即an+1=2an(n≥2),又因为当n=1时,a2=1+a1=2,所以a2所以数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列.所以an=2n1.(2)由(1)知a2a1=2,所以所以bn+1=2n+1,1+b1+b2+…+bn=1+n(1+2n因为(n2+1)(2n+1)=n(n2),由n≥3,得n(n2)>0,所以当n≥3时,bn+1<1+b1+b2+…+bn.B组提升题组10.C由题意得a6=a3·a3=64,∵an>0,∴a3=8.∴a9=a6·a3=64×8=512.11.D由题意得a3=4,a4=8,a5=2,a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8,所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现,周期为6,故a2015=a335×6+5=a5=2.12.答案2;0解析∵an+1=an+an+2,∴an+2=an+1an,又∵a1=1,a2=2,∴a3=a2a1=3,a4=a3a2=1,a5=a4a3=2,a6=a5a4=3,a7=a6a5=1,……,故从a1开始,每6项循环一次,且一个循环内6项的和为0.∵2∴{an}的前2016项的和为0.13.答案(1)3(2)[12,+∞)解析(1)am-anm∴数列{antn}满足an+1t(n+1)(antn)≥0.∵an=n2,∴上式化简为t≤2n+1(n∈N*),∴t≤3,故t的最大值为3.(2)由已知得am-an∴数列{an7n}满足an+17(n+1)(an7n)≥0.∵an=n2an∴上式化简为a≤n(n+1)(2n6).令f(n)=n(n+1)(2n6).由三次函数的图象和性质可知f(n)min为f(1)或f(2).而f(1)=8,f(2)=12.∴a≤12,∴a≥12.故a的取值范围是[12,+∞).14.解析(1)∵a1=2,an+1=an+c·2n,∴a2=a1+c·2=2+2c,a3=a2+c·22=2+6c.∵a1,a2,a3成公比不为1的等比数列,∴a22=a1a3,即(2+2c)2化简,得c2c=0,解得c=0或c=1.由于公比不为1,∴c=1.(2)由(1)可知:an+1=an+2n,因此,a2=a1+2,a3=a2+22,a4=a3+23,……an=an1+2n1(n≥2,且n∈N*),∴an=a1+2+22+23+…+2n1=2+2(1-2n-1)1-2∵a1=2,∴n=1时也满足an=2n.故数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*).15.解析(1)由题意得a3=1,a4=3,a5=3,a6=5.(2)设bn=a2n,n∈N*,则bn+1bn=a2n+2a2n=2×(1)2n=2,n∈N*,所以{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列,所以bn=1+2(n1)=2n1.(3)a2n+1a2n1=2×(1)2n1=2,n∈N*,所以{a2n1}是以1为首项,2为公差的等差数列,所以数列{an}的前n个奇数之和为na1+n(n-由(2)可知,a2n=2n1,所以数列{a