广西专用高考数学一轮复习考点规范练29数列的概念与表示含解析新人教A版文

这是一份广西专用高考数学一轮复习考点规范练29数列的概念与表示含解析新人教A版文，共7页。试卷主要包含了记Sn为数列{an}的前n项和等内容，欢迎下载使用。
考点规范练29　数列的概念与表示基础巩固1.数列1,,…的一个通项公式an=(　　)A. B.C. D.2.已知数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+2,则a8=(　　)A.13 B.15 C.17 D.193.(2021广西河池模拟)数列{an}满足an+1=且a8=2,则a1的值为(　　)A.10 B.8 C. D.4.已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+n+1,bn=(-1)nan(n∈N*),则数列{bn}的前50项和为(　　)A.49 B.50 C.99 D.1005.记Sn为数列{an}的前n项和.“任意正整数n,均有an>0”是“{Sn}是递增数列”的(　　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.设数列,2,…,则是这个数列的第　　　　　项. 7.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=2Sn(n∈N*),则a10=　　　　　. 8.(2021安徽滁州模拟)在数列{an}中,a1=3,an+1=an+,则通项公式an=　　　　　. 9.设数列{an}是首项为1的正项数列,且(n+1)-n+an+1·an=0,则它的通项公式an=　　　　　. 10.已知数列{an}的前n项和为Sn.(1)若Sn=(-1)n+1·n,求a5+a6及an;(2)若Sn=3n+2n+1,求an. 能力提升11.(2021云南大理模拟)数列{an}满足a1=2,an=,其前n项积为Tn,则T10等于(　　)A. B.- C.6 D.-612.已知函数f(x)是定义在区间(0,+∞)内的单调函数,且对任意的正数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y).若数列{an}的前n项和为Sn,且满足f(Sn+2)-f(an)=f(3)(n∈N*),则an等于(　　)A.2n-1 B.nC.2n-1 D.13.已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-n,则an=　　　　　. 14.设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=a(a≠3),an+1=Sn+3n,n∈N*,bn=Sn-3n.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)若an+1≥an,求a的取值范围. 高考预测15.已知数列{an}的通项公式an=若对任意n∈N*,an<an+1恒成立,则a的取值范围是　　　　.  答案：1.B2.A　解析a8=S8-S7=82-2×8+2-(72-2×7+2)=13.3.D　解析因为an+1=,a8=2,所以a8==2,解得a7=.由a7=,解得a6=-1,由a6==-1,解得a5=2=a8,…,该数列周期为3,根据规律以此类推a1=a4=a7=.4.A　解析由题意得,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n,当n=1时,a1=S1=3,所以数列{bn}的前50项和为-3+4-6+8-10+…+96-98+100=1+48=49,故选A.5.A　解析∵“an>0”⇒“数列{Sn}是递增数列”,∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件.如数列{an}为-1,1,3,5,7,9,…,显然数列{Sn}是递增数列,但是an不一定大于零,还有可能小于零,∴“数列{Sn}是递增数列”不能推出“an>0”,∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件.∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件.6.14　解析由已知,得数列的通项公式为an=.令,解得n=14,即为第14项.7.256　解析因为a1=S1=1,Sn+1=2Sn,所以数列{Sn}是公比为2的等比数列,所以Sn=2n-1,所以a10=S10-S9=29-28=28=256.8.4-　解析因为an+1=an+,即an+1-an=,则an-an-1=,an-1-an-2=,an-2-an-3=,…,a3-a2=,a2-a1=1-,所以an-an-1+an-1-an-2+an-2-an-3+…+a3-a2+a2-a1=+…++1-,即an-a1=1-.又因为a1=3,所以an=1-+a1=4-.9.　解析∵(n+1)-n+an+1·an=0,∴=0.∵{an}是首项为1的正项数列,∴(n+1)an+1=nan,即,∴an=·…··a1=·…··1=.10.解(1)因为Sn=(-1)n+1·n,所以a5+a6=S6-S4=(-6)-(-4)=-2.当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-1)n+1·n-(-1)n·(n-1)=(-1)n+1·[n+(n-1)]=(-1)n+1·(2n-1).又a1也适合于此式,所以an=(-1)n+1·(2n-1).(2)当n=1时,a1=S1=6;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n+2n+1)-[3n-1+2(n-1)+1]=2·3n-1+2.①因为a1不适合①式,所以an=11.D　解析由an=,得an(an+1+1)=an+1-1,即an+1(an-1)=-(an+1),所以an+1=.又因为a1=2,则a2==-3,a3==-,a4=,a5==2=a1,…,所以{an}是以4为周期的周期数列,且a5·a6·a7·a8=a1·a2·a3·a4=1,a9·a10=a1·a2=2×(-3)=-6,所以T10=a1·a2·a3·a4·a5·a6·a7·a8·a9·a10=-6.12.D　解析由题意知f(Sn+2)=f(an)+f(3)=f(3an)(n∈N*),∴Sn+2=3an,Sn-1+2=3an-1(n≥2),两式相减,得2an=3an-1(n≥2).又当n=1时,S1+2=3a1=a1+2,∴a1=1.∴数列{an}是首项为1,公比为的等比数列.∴an=.13.2n-1　解析当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-n-2an-1+(n-1),即an=2an-1+1,∴an+1=2(an-1+1).又S1=2a1-1,∴a1=1.∴数列{an+1}是以a1+1=2为首项,公比为2的等比数列,∴an+1=2·2n-1=2n,∴an=2n-1.14.解(1)因为an+1=Sn+3n,所以Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即Sn+1=2Sn+3n,由此得Sn+1-3n+1=2(Sn-3n),即bn+1=2bn.又b1=S1-3=a-3,故{bn}的通项公式为bn=(a-3)2n-1.(2)由题意可知,a2>a1对任意的a都成立.由(1)知Sn=3n+(a-3)2n-1.于是,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n+(a-3)2n-1-3n-1-(a-3)2n-2=2×3n-1+(a-3)2n-2,故an+1-an=4×3n-1+(a-3)2n-2=2n-212+a-3.当n≥2时,由an+1≥an,可知12+a-3≥0,即a≥-9.又a≠3,故所求的a的取值范围是[-9,3)∪(3,+∞).15.(3,5)　解析∵对任意n∈N*,an<an+1恒成立,∴当n=1时,由a1<a2,可得a<8+(8-2a),解得a<;当n≥2时,4n+(-1)n(8-2a)<4(n+1)+(-1)n+1·(8-2a),整理得(4-a)(-1)n+1+1>0,当n=2k时,可化为-(4-a)+1>0,解得a>3;当n=2k+1时,可化为4-a+1>0,解得a<5.综上可得3<a<5.∴a的取值范围是(3,5).