2021届高考数学一轮复习第6章数列第1节数列的概念与简单表示法课时跟踪检测理含解析.doc

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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