1、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)n1 Ban2sin n2 Can1(1)n Dan2sin n2 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，an2sin n2，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 n2，取前 6 项得 2，0，2，0，2，0，不满足条件故选 D 2(2019 届南昌摸底考试)若数列
2、an的通项公式是 an(1)n(3n2)，则 a1a2a10等于()A15 B12 C12 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 nn1，则1a5等于()A56 B65 C 130 D30 解析：选 D 当 n2 时，anSnSn1 nn1n1n 1n（n1），所以1a55630.4数列an的前 n 项和 Sn2n23n(nN*)，若 pq5，则 apaq()A10 B15 C5 D20 解析：选 D 当 n2 时
3、，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()A31 B32 C61 D62 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 5n1(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()A8 B2 C3 D7 解析：选 B 由 an 5n1(nN*)，可得此数列为 4，9，1
4、4，19，24，29，34，39，44，49，54，59，64，整数项为 4，9，49，64，144，169，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 B 7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(，1 B(，2 C(，3)D，92 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
5、(2n)an(n1，2，)，则 a3等于()A5 B9 C10 D15 解析：选 D 令 n1，则 a2(2)a1，即 32，1，an1(2n1)an.由 an1(2n1)an，得 a35a25315.故选 D 9已知数列an满足 a11，且 ann(an1an)(nN*)，则 a3_，an_ 解析：由 ann(an1an)，可得an1an n1n，则当 n2 时，an anan1an1an2an2an3a2a1a1 nn1n1n2n2n3211n，a33.a11 满足 ann，ann.答案：3 n 10(2019 届惠州市调研考试)已知数列an满足 a11，an12an2n(nN*)，则数列
6、an的通项公式 an_ 解析：an12an2n 两边同时除以 2n1，可得an12n1an2n12.又a1212，数列an2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，an2n12(n1)12n2，ann2n1.答案：n2n1 11(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 Sn12a2n12an(nN*)(1)求 a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列an的通项公式 解：(1)由 Sn12a2n12an(nN*)可得，a112a2112a1，解得 a11，a10(舍)则 S2a1a212a2212a2，解得 a22(负值舍去)；同理可得 a33，a44.(2
7、)因为 Sn12a2nan2，所以当 n2 时，Sn112a2n1an12，得 an12(anan1)12(a2na2n1)，所以(anan11)(anan1)0.由于 anan10，所以 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 a212.证明：2anan14Sn3，2an1an24S
8、n13，两式相减得 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，a6，a2k，为等差数列，公差为 2，首项为12，所以当 n 为偶数时，a2k122(k1)2k32.综上所述，ann，n为奇数，n32，n为偶数.B 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22a1 32a2 2 0202a2 019()A2 01
9、8 B2 019 C2 020 D2 021 解析：选 C an22an1an2，(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）2n(n1)，当 n2 时，（n1）2ann1n，（n1）2ann1n1，22a1 32a2 2 0202a2 01922 0182 020.故选 C 14(2020 届合肥调研)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
10、 anm 成立的所有 n 的最小值，则数列bn的前 60项的和为()A960 B930 C900 D840 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an2n1 an12n3，所以an2n1an12（n1）1a11.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 nm12，所以满足条件 anm的 n 的 最小值为大于等于m12 的整数，所以 bmm12，m为奇数，m22，m为偶数，所以数列bn的前 60 项和为112 222 312 422 59126022123602（12）302960，故选 A 15(2019 届福建厦门月考)已知数列an满足 2nan2n1an11，且 a11，若 an15，a5 632 316 31515，若 an1)的最大值为_ 解析：Snn12 an，当 n1 时，anSnSn1n12 ann2an1，即 anan1 nn1.数列nn1单调递减，当 n2 时，anan12 最大 答案：2
