《2020版高考數學一輪復習 第六章 數列 課時規(guī)范練27 數列的概念與表示 文 北師大版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考數學一輪復習 第六章 數列 課時規(guī)范練27 數列的概念與表示 文 北師大版.doc（4頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

課時規(guī)范練27　數列的概念與表示 基礎鞏固組 1.下列數列中,既是遞增數列又是無窮數列的是(　　) A.1,12,13,14,… B.-1,-2,-3,-4,… C.-1,-,-,-,… D.1,2,3,…,n 2.數列1,23,35,47,59,…的一個通項公式an=(　　) A.n2n+1 B.n2n-1 C.n2n-3 D.n2n+3 3.已知數列{an}的前n項和為Sn,若Sn=2an-4(n∈N+),則an=(　　) A.2n+1 B.2n C.2n-1 D.2n-2 4.已知數列{an}滿足a1+a2+…+an=2a2(n=1,2,3,…),則(　　) A.a1<0 B.a1>0 C.a1≠a2 D.a2=0 5.已知數列{an}的前n項和為Sn,a1=2,Sn=n+12an(n∈N+),則S10為(　　) A.50 B.55 C.100 D.110 6.已知數列{an}的首項a1=1,其前n項和Sn=n2an(n∈N+),則a9=(　　) A.136 B.145 C.155 D.166 7.在數列{an}中,a1=1,Sn=n+23an,則an=　　　　　. 8.數列{an}的前n項和為Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N+,則S5=　　　　　. 9.在數列{an}中,a1=0,an+1=3+an1-3an,則S2 019=　　　　　. 10.數列{an}的通項公式是an=n2+kn+4. (1)若k=-5,則數列中有多少項是負數?n為何值時,an有最小值?并求出最小值. (2)對于n∈N+,都有an+1>an.求實數k的取值范圍. 綜合提升組 11.在數列{an}中,若a1=2,且對任意正整數m,k,總有am+k=am+ak,則{an}的前n項和為Sn=(　　) A.n(3n-1) B.n(n+3)2 C.n(n+1) D.n(3n+1)2 12.給定數列1,2+3+4,5+6+7+8+9,10+11+12+13+14+15+16,…,則這個數列的一個通項公式是(　　) A.an=2n2+3n-1 B.an=n2+5n-5 C.an=2n3-3n2+3n-1 D.an=2n3-n2+n-2 13.已知數列{an}的前n項和為Sn,若3Sn=2an-3n,則a2 018= (　　) A.22 018-1 B.32 018-6 C. 2 018- D. 2 018-103 14.在一個數列中,如果每一項與它的后一項的和為同一個常數,那么這個數列叫做等和數列,這個常數叫做該數列的公和,已知數列{an}是等和數列,且a1=2,公和為5,那么a18=　　　　　. 15.已知數列{an}的前n項和為Sn,Sn=2an-n,則an=　　　　　. 創(chuàng)新應用組 16.意大利著名數學家斐波那契在研究兔子繁殖問題時,發(fā)現(xiàn)有這樣一列數:1,1,2,3,5,8,13,….該數列的特點是:前兩個數都是1,從第三個數起,每一個數都等于它前面兩個數的和,人們把這樣的一列數所組成的數列{an}稱為“斐波那契數列”,則(a1a3-a22)(a2a4-a32)(a3a5-a42)…(a2 015a2 017-a2 0162)=(　　) A.1 B.-1 C.2 017 D.-2 017 17.(2018衡水中學二調,10)數列{an}滿足a1=,an+1-1=an(an-1)(n∈N+),且Sn=1a1+1a2+…+1an,則Sn的整數部分的所有可能值構成的集合是(　　) A.{0,1,2} B.{0,1,2,3} C.{1,2} D.{0,2}  課時規(guī)范練27　數列的概念與表示 1.C　A項中,數列1,12,13,14,…是遞減數列,不符合題意;B項中,數列-1,-2,-3,-4,…是遞減數列,不符合題意;C項中,數列-1,-,-,-,…是遞增數列又是無窮數列,符合題意;D項中,數列1,2,3,…,n是有窮數列,不符合題意,故選C. 2.B　由已知得,數列可寫成11,23,35,…,故通項為n2n-1. 3.A　當n≥2時,由Sn=2an-4,得Sn-1=2an-1-4,兩式相減得an=2an-2an-1,an=2an-1.因此數列{an}為公比為2的等比數列,又a1=S1=2a1-4,則a1=4,所以an=42n-1=2n+1. 4.D　根據條件Sn=a1+a2+a3+…+an=2a2,Sn-1=a1+a2+a3+…+an-1=2a2,故兩式做差得an=0,故數列的每一項都為0,故選D. 5.D　依題意Sn=n+12(Sn-Sn-1),化簡得SnSn-1=n+1n-1, 故S10=S10S9S9S8…S2S1S1=11910897…42312=110. 6.B　由Sn=n2an,得Sn+1=(n+1)2an+1, 所以an+1=(n+1)2an+1-n2an,化簡得(n+2)an+1=nan, 即an+1an=nn+2, 所以a9=a9a8a8a7…a2a1a1=8107968…24131=290=145. 7.n(n+1)2　由題設知,a1=1.當n≥2時,an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13an-1. ∴anan-1=n+1n-1, ∴an-1an-2=nn-2,…,a4a3=53,a3a2=42,a2a1=3. 以上(n-1)個式子的等號兩端分別相乘,得ana1=n(n+1)2. ∵a1=1,∴an=n(n+1)2. 8.121　由于a1+a2=4,a2=2a1+1,解得a1=1.由an+1=Sn+1-Sn=2Sn+1,得Sn+1=3Sn+1, 所以Sn+1+12=3Sn+12, 所以Sn+12是以32為首項,3為公比的等比數列, 所以Sn+12=323n-1,即Sn=3n-12,所以S5=121. 9.0　∵a1=0,an+1=3+an1-3an, ∴a2=31=3, a3=3+31-33=23-2=-3, a4=3-31+33=0, 即數列{an}的取值具有周期性,周期為3,且a1+a2+a3=0,則S2 019=S3673=0. 10.解 (1)由n2-5n+4<0,解得1an知該數列是一個遞增數列, 又an=n2+kn+4,可以看作是關于n的二次函數,考慮到n∈N+, 所以-k2<32,即得k>-3. 11.C　遞推關系am+k=am+ak中,令k=1,得am+1=am+a1=am+2,即am+1-am=2恒成立,據此可知,該數列是一個首項a1=2,公差d=2的等差數列,其前n項和為Sn=na1+n(n-1)2d=2n+n(n-1)22=n(n+1). 12.C　當n=1時,a1=1,代入四個選項,排除A、D;當n=2時,a2=9,代入B、C選項,B、C都正確;當n=3時,a3=35,代入B、C選項,B錯誤,C正確,所以選C. 13.A　由題意可得3Sn=2an-3n,3Sn+1=2an+1-3(n+1), 兩式作差可得3an+1=2an+1-2an-3, 即an+1=-2an-3,則an+1+1=-2(an+1), 結合3S1=2a1-3=3a1可得a1=-3,a1+1=-2, 則數列{an+1}是首項為-2,公比為-2的等比數列, 據此有a2 018+1=(-2)(-2)2 017=22 018, ∴a2 018=22 018-1. 故選A. 14.3　由題意得an+an+1=5?an+2+an+1=5?an=an+2,所以a18=a2=5-a1=3. 15.2n-1　當n≥2時,an=Sn-Sn-1=2an-n-2an-1+(n-1), 即an=2an-1+1, ∴an+1=2(an-1+1). 又a1=S1=2a1-1,∴a1=1. ∴數列{an+1}是以首項為a1+1=2,公比為2的等比數列, ∴an+1=22n-1=2n, ∴an=2n-1. 16.B　∵a1a3-a22=12-12=1,a2a4-a32=13-22=-1,a3a5-a42=25-32=1,…, a2 015a2 017-a2 0162=1. ∴(a1a3-a22)(a2a4-a32)(a3a5-a42)…(a2 015a2 017-a2 0162)=11 008(-1)1 007=-1. 17.A　對an+1-1=an(an-1)兩邊取倒數,得1an-1-1an+1-1=1an, Sn=1a1+1a2+…+1an=1a1-1-1a2-1+1a2-1-1a3-1+…+1an-1-1an+1-1=3-1an+1-1, 由an+1-an=(an-1)2≥0,an+1≥an,an為遞增數列, a1=43,a2=139,a3=13381,其中S1=1a1,整數部分為0,S2=3-94=34,整數部分為0,S3=7552,整數部分為1,由于Sn<3,故選A.