4.1 数列的概念【新教材】2020-2021学年人教A版（2019）高中数学选择性必修二练习（Word含答案解析）

数列的概念练习
一、单选题
已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=4n2?10n，则a2a6=(??? )
A. 52 B. 68 C. 96 D. 108
设Sn是数列an的前n项和，若a1=12，an+1=1?1an，则S2021=(??? )
A. 20172 B. 1009 C. 20192 D. 1010
已知数列{an}满足，设数列{bn}满足：bn=2n+1anan+1，数列{bn}的前n项和为Tn，若恒成立，则实数λ的取值范围为(???? )
A. 14,+∞ B. 14,+∞ C. 38,+∞ D. 38,+∞
数列an满足a1=1，an?an+1=anan+1n(n+1)(n∈N?)，则nan的最小值(?? )
A. 0 B. 12 C. 1 D. 2
已知数列{an}的通项公式为an=n(23)n，则数列{an}中的最大项为(??? )
A. 89 B. 23 C. 6481 D. 125243
已知{an}中，a1=1，(n+1)an=2nan+1，则数列{an}的通项公式是(??? )
A. an=n2n?1 B. an=n2n?1 C. an=n D. an=n+12n
已知数列an的前n项和Sn=2n?1，则数列log2an的前10项和等于(????)
A. 1023 B. 55 C. 45 D. 35
数列1，6，15，28，45，...中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第10个六边形数为(? ? )
A. 153 B. 190 C. 231 D. 276
已知数列{an}满足：a1=a，an+1=5an?8an?1(n∈N?)，若对任意的正整数n，都有an>3，则实数a的取值范围(????)
A. (0,3) B. (3,+∞) C. [3,4) D. [4,+∞)
已知数列an的前n项和Sn满足Sn+an=2n(n∈N?)，则a7=(????)
A. 73 B. 12764 C. 32132 D. 38564
数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例子引入的，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和，即an+2=an+1+an.记该数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(??? )
A. S2019=a2020+2 B. S2019=a2021+2
C. S2019=a2020?1 D. S2019=a2021?1
已知数列1，3，5，7，…，2n?1，…，则55是它的(????)
A. 第62项 B. 第63项 C. 第64项 D. 第68项
数列{an}的通项公式为an=??|n?c|??(?n∈N??).则“c≤1”是“{an}为递增数列”的(? ?)
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
二、单空题
已知数列{an}满足a1=?12a2=1，数列{an}的奇数项单调递增，偶数项单调递减，若|an+1?an|2n+1=1，则数列{an}的通项公式为________．
已知Sn为数列an的前n项和，若a1=52，且an+12?an=2n∈N?，则S21=_____．
已知数列an的前n项和Sn=23an+n?43，则数列an的通项公式为an=________，则an+1an的最大值为________．
已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1(n∈N?)，则数列{an}的前n项和Sn=______．
数列an的前n项和为Sn，且a1=1，an+1=2Sn，n=1,2,3,???.则a3=______；______
三、解答题（本大题共3小题，共36.0分）
已知数列{an}满足a1+2a2+4a3+…+2n?1an=n(n+1)2，n∈N?．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前n项和Sn．
已知数列{an}满足a1+a2+a3+?+an=12(3n?1)，数列{bn}满足bn+2+bn=2bn+1，且b2=3，b5=9．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn=log3an+2bn+1求数列{cn}的前n项和Tn．
已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn=2an?2n+1．
(1)求an和Sn；
(2)设数列Sn的前n项和为Tn，若不等式Tn?t?2n≥0对于n∈N?恒成立，求t的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解答】
解：由题意，数列an的前n项和满足Sn=4n2?10n，
可得当n≥2时，
可得an=Sn?Sn?1=4n2?10n?4n?12?10n?1=8n?14，
所以a2a6=8×2?14×8×6?14=68．
2.【答案】B
【解答】
解：在数列an中，a1=12，an+1=1?1an，则a2=1?1a1=?1，a3=1?1a2=2，a4=1?1a3=12，
以此类推可知，对任意的n∈N?，an+3=an，即数列an是以3为周期的周期数列，
∵2021=3×673+2，因此，S2021=673S3+a1+a2=674S3?a3=674×12?1+2?2=1009．
3.【答案】D
【解析】解：数列{an}满足a1+12a2+13a3+…+1nan=n2+n，①
n=1时，a1=2，
当n≥2时，a1+12a2+13a3+…+1n?1an?1=(n?1)2+(n?1)，②
①?②得：1nan=2n，即an=2n2，n≥2，
a1=2也满足上式，
故：an=2n2，
数列{bn}满足：bn=2n+1anan+1=2n+14n2(n+1)2=14[1n2?1(n+1)2]，
则：Tn=14[1?(12)2+(12)2?(13)2+…+1n2?1(n+1)2]，
=14(1?1(n+1)2)，
由于Tn故：14(1?1(n+1)2)整理得：λ>n+24n+4(n∈N?)恒成立，
因为y=n+24n+4=14(1+1n+1)在n∈N?上单调递减，
当n=1时，(n+24n+4)max=38．
故λ>38，
4.【答案】C
【解答】
解：由an?an+1=anan+1n(n+1)n∈N?，
得an?an+1anan+1=1n(n+1)=1n?1n+1，
即1an+1?1an=1n?1n+1，
1an?1an?1=1n?1?1n(n?2)，1an?1?1an?2=1n?2?1n?1，?，
1a3?1a2=12?13，1a2?1a1=11?12，
上述式子叠加可得，
1an?1=1?1n(n?2)
∴an=n2n?1(n≥2)，
当n=1时，上式成立，
∴an=n2n?1(n∈N+)，
∴nan=n22n?1=12n?1n2=1?(1n?1)2+1．
要nan取最小值，则?(1n?1)2+1要最大，
∴当n=1时，nan取最小值，最小值为1．
5.【答案】A
【解答】
解：an+1?an=(n+1)·(23)n+1?n·(23)n=2?n3·23n，
当n<2时，an+1?an>0，即an+1>an；
当n=2时，an+1?an=0，即an+1=an；
当n>2时，an+1?an<0，即an+1所以a1a4>a5>…>an，
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2=a3=2×232=89，
6.【答案】B
【解答】
解：由(n+1)an=2nan+1，
可得：an+1an=n+12n，
又∵a1=1，
∴n≥2时，an=a2a1·a3a2?anan?1·a1
=22×32×2×?n2(n?1)×1
=12n?1×21×32×?nn?1×1=n2n?1，
a1=1满足上式，
∴an=n2n?1?．
7.【答案】C
【解答】
解：由数列{an}的前n项和Sn=2n?1，
可得a1=S1=2?1=1；
当n≥2时，an=Sn?Sn?1
=2n?1?(2n?1?1)=2n?1，
对于n=1也成立．
所以an=2n?1
所以log2an=log22n?1=n?1，
则数列{log2an}的前10项和等于0+1+2+…+9=12×(1+9)×9=45．
8.【答案】B
【解答】
解：设数列1，6，15，28，45，...为{an}，
则a2?a1=5,a3?a2=9,a4?a3=13,?,an+1?an=4n+1．
∴an=a1+(a2?a1)+(a3?a2)+?+(an?an?1)
=1+5+9+?+(4n?3)
=n(1+4n?3)2=n(2n?1)．
所以a10=10×19=190．
9.【答案】B
【解析】解：∵an+1=5an?8an?1=5(an?1)?3an?1=5?3an?1(an>3)，
又y=5?3x?1在区间(3,+∞)上单调递增，
∴an+1>an>…>a1=a>3，
∴实数a的取值范围(3,+∞)，
10.【答案】B
【解答】
解：Sn+an=2n
当n≥2，Sn?1+an?1=2n?2，
得2an?an?1=2，
∴2(an?2)=an?1?2，(n≥2)
故{an?2}为首项为a1?2，公比为12的等比数列，
又S1+a1=2，故a1=1，
所以an=?(12)n?1+2，
故a7=2?164=12764．
11.【答案】D
【解答】
解：数列为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，
即该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．
因为Sn=a1+a2+a3+…+an=(a3?a2)+(a4?a3)+(a5?a4)+(a6?a5)+…+(an+2?an+1)=an+2?a2=an+2?1，
所以S2019=a2021?1．
12.【答案】B
【解答】
解：因为数列为1，3，5，7，…，则该数列的通项公式为an=2n?1，
若55=2n?1，即2n?1=125，
解得n=63，
则55是这个数列的第63项，
13.【答案】A
【解答】
解：数列{an}的通项公式为an=??|n?c|??(?n∈N??)，
若“{an}为递增数列”，则an+1?an=|n+1?c|?|n?c|>0，
即(n+1?c)2>(n?c)2，
解得c∵n+12≥32
∴c≤1”是“{an}为递增数列充分不必要条件，
14.【答案】an=n,n=2k?1?n,n=2k
【解答】
解：依题意，a2n?1单调递增，故a1a4>a6>…，
所以…a5>a3>a1>a2>a4>a6>…；
因为an+1?an2n+1=1，故a2n+1?a2n=4n+1；
同理a2n?a2n?1=?4n+1，
所以a2n+1?a2n?1=2；
又a1=1，
所以a2n?1=1+2n?1=2n?1，
所以a2n?2n?1=?4n?1，
则a2n=?2n，
所以数列an的通项公式为an=n,n=2k?1?n,n=2k．
15.【答案】83
【解答】
解：由an+1(2?an)=2，得an+1=22?an，
又a1=52，
所以a2=22?a1=?4，a3=22?a2=13，a4=22?a3=65，a5=22?a4=52，??，
所以数列{an}是周期为4的周期数列，
所以S21=5(a1+a2+a3+a4)+a21=5(a1+a2+a3+a4)+a1=5×(52?4+13+65)+52=83．
故答案为83．
16.【答案】(?2)n+1；?75
【解答】
解：Sn=23an+n?43①
当n≥2时，由①得，Sn?1=23an?1+n?1?43②
①?②得，an=23an?23an?1+1，
an?1=?2(an?1?1)，
即an?1an?1?1=?2，
所以数列an?1是等比数列，
令n=1，由①得S1=23a1+1?43=a1，解得a1=?1，
即a1?1=?2，
所以an?1=(?2)·(?2)n?1=(?2)n，
即an=(?2)n+1，
由an=(?2)n+1得，an+1an=(?2)n+1+1(?2)n+1=?2+3(?2)n+1，
当n为偶数时，f(n)=?2+3(?2)n+1是单调递减的，
当n为奇数时，f(n)=?2+3(?2)n+1是负数，
经过分析，当n=2得an+1an的最大值为?2+34+1=?75，
故答案为(?2)n+1；?75．
17.【答案】14(3n+1?2n?3)?(n∈N?)
【解答】
解：由a1=1，an+1=3an+1，
可设an+1+t=3(an+t)，
即an+1=3an+2t，可得2t=1，即t=12，
则an+1+12=3(an+12)，
可得数列{an+12}是首项为32，公比为3的等比数列，
即有an+12=32·3n?1，
即an=32·3n?1?12，
可得数列{an}的前n项和
Sn=32(1+3+32+…+3n?1)?12n
=32×1?3n1?3?12n
=14(3n+1?2n?3)(n∈N?).
故答案为14(3n+1?2n?3)?(n∈N?).
18.【答案】6；3n?1
【解答】
解：由an+1=2Sn知，当n≥2时，an=2Sn?1，
两式作差得：an+1?an=2Sn?2Sn?1=2an，即an+1=3an，即an+1an=3，
又a1=1，a2=2S1=2，不符合上式，
故数列an去掉第一项是公比为3的等比数列，
所以数列an的通项公式为an=1,n=12×3n?2,n≥2,
所以，当n=3时，a3=6，
．
故答案为6；3n?1．
19.【答案】解：(1)n=1时，a1=1，
n?2时，由a1+2a2+4a3+???+2n?1an=n(n+1)2? …①，
可得a1+2a2+4a3+???+2n?2an?1=(n?1)n2? …②，
①?②，2n?1an=n，an=n?(12)n?1，
因为a1=1适合an=n?(12)n?1，
所以an的通项公式为an=n?(12)n?1.?
(2)Sn=a1+a2+???+an=1×(12)0+2×(12)1+???+n×(12)n?1…③，
12Sn=1×(12)1+2×(12)2+???+n×(12)n…④，
③?④得12Sn=(12)0+(12)1+???+(12)n?1?n×(12)n，
12Sn=1?(12)n1?12?n×(12)n，
所以Sn=4?(n+2)?(12)n?1.
20.【答案】解：(1)设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn=a1+a2+a3+?+an=12(3n?1)，
当n=1时，a1=1；
当n≥2时，an=Sn?Sn?1=12(3n?1)?12(3n?1?1)=3n?1，
所以an=3n?1；
当n=1时，显然符合通项an=3n?1，
所以an=3n?1(n∈N?)；
因为数列{bn}满足bn+2+bn=2bn+1，所以bn+2?bn+1=bn+1?bn，
即{bn}为等差数列，
因为b2=3，b5=9，所以公差d=b5?b25?2=2，b1=1，
则bn=2n?1(n∈N?)；
(2)由(1)知cn=log3an+2bn+1=log33n?1+22n?1+1=n?1+4n，
所以数列{cn}的前n项和
Tn=(4+16+?+4n)+(0+1?+n?1)
=4(1?4n)1?4+12n(n?1)
=43(4n?1)+12(n2?n)．
21.【答案】解：(1)S1=2a1?1，得a1=1由Sn=2an?2n+1?①，
得Sn+1=2an+1?2n+1+1?②，
②?①得an+1=2an+1?2an?2，
即an+1=2an+2，即an+1+2=2(an+2)．
∴{an+2}为等比数列，公比为2，首项a1+2=3，
∴an+2=3×2n?1，
∴an=3×2n?1?2，
Sn=2an?2n+1=3×2n?2n?3;
(2)Tn=3(21+22+?+2n)?[5+7+?+(2n+3)]
=6×2n?n2?4n?6，
则Tn?t?2n≥0，即6×2n?n2?4n?6?t?2n≥0，
等价于t≤6?n2+4n+62n对于n∈N?恒成立，
设bn=6?n2+4n+62n，
bn+1?bn=[6?(n+1)2+4(n+1)+62n+1]?(6?n2+4n+62n)
=?n2+6n+112n+1+n2+4n+62n=n2+2n+12n+1>0，
所以数列{bn}为递增数列，最小项为b1=12．
∴t≤12．