北师大版高考数学一轮复习第六章 §6.1　数列的概念与简单表示法试卷

这是一份北师大版高考数学一轮复习第六章 §6.1　数列的概念与简单表示法试卷，共14页。试卷主要包含了1　数列的概念与简单表示法，又a10＝0，所以n＝9或10，故选A等内容，欢迎下载使用。

考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．
1．数列的有关概念
(1)数列的定义：按一定次序排列的一列数叫作数列，数列中的每一个数叫作这个数列的项．
(2)数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与n之间的关系可以用一个式子表示成an＝f(n)，那么这个公式叫作这个数列的通项公式．
若已知数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2.))
(3)数列的递推公式
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子就叫作这个数列的递推公式．
2．数列与函数
数列也可以看作定义域为正整数集N＋(或它的有限子集)的函数，当自变量从小到大依次取值时，该函数对应的一列函数值就是这个数列．
3．数列的分类
4．数列的表示法
数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法．
微思考
1．数列的项与项数是一个概念吗？
提示 不是．数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．
2．数列作为一种特殊函数，特殊性体现在什么地方？
提示 体现在定义域上，数列的定义域是正整数集N＋(或它的有限子集{1,2,3，…，n})．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)数列的通项公式是唯一的．( × )
(2)所有数列的第n项都能使用公式表达．( × )
(3)2,2,2,2，…，不能构成一个数列．( × )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对任意n∈N＋，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( √ )
题组二 教材改编
2．数列eq \f(1,3)，eq \f(1,8)，eq \f(1,15)，eq \f(1,24)，eq \f(1,35)，…的通项公式是an＝________.
答案 an＝eq \f(1,nn＋2)，n∈N＋
3．已知数列a1＝2，an＝1－eq \f(1,an－1)(n≥2)．则a2 022＝________.
答案 －1
解析 a1＝2，a2＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，a3＝1－2＝－1，a4＝1＋1＝2，所以数列{an}满足an＝an＋3，所以a2 022＝a3＝－1.
4．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－λn＋1，若{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．
答案 (－∞，3)
解析 由题意得an＋1>an，即(n＋1)2－λ(n＋1)＋1>n2－λn＋1.
化简得，λ<2n＋1，n∈N＋，∴λ<3.
题组三 易错自纠
5．已知数列{an}的前n项和为Sn＝－2n2＋1，则{an}的通项公式为an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,－4n＋2，n≥2n∈N＋))
解析 当n＝1时，a1＝S1＝－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n2＋1＋2(n－1)2－1＝－4n＋2，a1＝－1不适合上式，所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,－4n＋2，n≥2，n∈N＋.))
6．若an＝－n2＋9n＋10，则当数列{an}的前n项和Sn最大时，n的值为________．
答案 9或10
解析 要使Sn最大，只需要数列中正数的项相加即可，即需an>0，－n2＋9n＋10>0，得
－1题型一 由an与Sn的关系求通项公式
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n，则an＝________.
答案 2n＋1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝3.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1.由于a1＝3适合上式，∴an＝2n＋1.
2．已知数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列的通项公式an＝________.
答案 －2n－1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.
当n≥2时，Sn＝2an＋1，①
Sn－1＝2an－1＋1.②
①－②得，Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，
即an＝2an－1(n≥2)，∴{an}是首项a1＝－1，q＝2的等比数列．
∴an＝a1·qn－1＝－2n－1.
3．设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,2n－1)，n≥2))
解析 当n＝1时，a1＝21＝2.
∵a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
∴a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2n－1(n≥2)，②
由①－②得，(2n－1)·an＝2n－2n－1＝2n－1，
∴an＝eq \f(2n－1,2n－1)(n≥2)．
显然n＝1时不满足上式，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,2n－1)，n≥2.))
4．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是________．
①an＝eq \f(1,nn－1)
②an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2))
③Sn＝－eq \f(1,n)
④数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列
答案 ②③④
解析 ∵an＋1＝Sn·Sn＋1＝Sn＋1－Sn，两边同除以Sn＋1·Sn，得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1.∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以－1为首项，d＝－1的等差数列，
即eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq \f(1,n).
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－eq \f(1,n)＋eq \f(1,n－1)＝eq \f(1,nn－1)，
又a1＝－1不适合上式，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2.))
思维升华 (1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))转化为关于an的关系式．
(2)Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
题型二 由数列的递推关系式求通项公式
命题点1 累加法
例1 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则an等于( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
答案 A
解析 因为an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n)＝ln(n＋1)－ln n，
所以a2－a1＝ln 2－ln 1，
a3－a2＝ln 3－ln 2，
a4－a3＝ln 4－ln 3，
……
an－an－1＝ln n－ln(n－1)(n≥2)，
把以上各式分别相加得an－a1＝ln n－ln 1，
则an＝2＋ln n(n≥2)，且a1＝2也适合，
因此an＝2＋ln n(n∈N＋)．
命题点2 累乘法
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，其首项a1＝1，且满足3Sn＝(n＋2)an，则an＝________.
答案 eq \f(nn＋1,2)
解析 ∵3Sn＝(n＋2)an，①
3Sn－1＝(n＋1)an－1(n≥2)，②
由①－②得，3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，
即eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)，
∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n,n－2)×eq \f(n－1,n－3)×…×eq \f(3,1)×1＝eq \f(nn＋1,2).
当n＝1时，满足an＝eq \f(nn＋1,2)，∴an＝eq \f(nn＋1,2).
本例2中，若{an}满足2(n＋1)·aeq \\al(2,n)＋(n＋2)·an·an＋1－n·aeq \\al(2,n＋1)＝0，且an>0，a1＝1，则an＝____________.
答案 n·2n－1
解析 由2(n＋1)·aeq \\al(2,n)＋(n＋2)·an·an＋1－n·aeq \\al(2,n＋1)＝0得
n(2aeq \\al(2,n)＋an·an＋1－aeq \\al(2,n＋1))＋2an(an＋an＋1)＝0，
∴n(an＋an＋1)(2an－an＋1)＋2an(an＋an＋1)＝0，
(an＋an＋1)[(2an－an＋1)·n＋2an]＝0，
又an>0，∴2n·an＋2an－n·an＋1＝0，
∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n＋1,n)，
又a1＝1，∴当n≥2时，
an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1
＝eq \f(2n,n－1)×eq \f(2n－1,n－2)×eq \f(2n－2,n－3)×…×eq \f(2×3,2)×eq \f(2×2,1)×1
＝2n－1·n.
又n＝1时，a1＝1适合上式，∴an＝n·2n－1.
思维升华 (1)根据形如an＋1＝an＋f(n)(f(n)是可以求和的函数)的递推关系式求通项公式时，常用累加法求出an－a1与n的关系式，进而得到an的通项公式．
(2)根据形如an＋1＝an·f(n)(f(n)是可以求积的函数)的递推关系式求通项公式时，常用累乘法求出eq \f(an,a1)与n的关系式，进而得到an的通项公式．
跟踪训练1 (1)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________.
答案 4－eq \f(1,n)
解析 ∵an＋1－an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴当n≥2时，an－an－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，
an－1－an－2＝eq \f(1,n－2)－eq \f(1,n－1)，
……
a2－a1＝1－eq \f(1,2)，
∴以上各式相加得，an－a1＝1－eq \f(1,n)，
∴an＝4－eq \f(1,n)，a1＝3适合上式，∴an＝4－eq \f(1,n).
(2)已知a1＝2，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案
解析 ∵eq \f(an＋1,an)＝2n，∴当n≥2时，eq \f(an,an－1)＝2n－1，eq \f(an－1,an－2)＝2n－2，
……
eq \f(a3,a2)＝22，eq \f(a2,a1)＝2，
∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1
＝2n－1·2n－2·…·22·2·2
＝21＋2＋3＋…＋(n－1)·2
＝＝，
又a1＝2满足上式，
∴an＝.
题型三 数列的性质
命题点1 数列的单调性
例3 已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n＋k,2n)，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为( )
A．(3，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
答案 D
解析 因为an＋1－an＝eq \f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq \f(3n＋k,2n)＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N＋，an＋1－an＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)<0，
所以k>3－3n对任意n∈N＋恒成立，所以k∈(0，＋∞)．
思维升华 解决数列的单调性问题的三种方法
(1)用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或是常数列．
(2)用作商比较法，根据eq \f(an＋1,an)(an>0或an<0)与1的大小关系进行判断．
(3)函数法．
命题点2 数列的周期性
例4 (2020·广元联考)已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N＋)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则{bn}的前2 022项的和为( )
A．0 B．1 C．－5 D．－1
答案 A
解析 ∵bn＋2＝bn＋1－bn，b1＝1，b2＝－2，
∴b3＝b2－b1＝－2－1＝－3，
b4＝b3－b2＝－1，
b5＝b4－b3＝－1－(－3)＝2，
b6＝b5－b4＝2－(－1)＝3，
b7＝b6－b5＝3－2＝1.
∴{bn}是周期为6的周期数列，
且S6＝1－2－3－1＋2＋3＝0.
∴S2 022＝S337×6＝0.
思维升华 解决数列周期性问题
根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n项的和．
命题点3 数列的最值
例5 已知数列{an}满足a1＝28，eq \f(an＋1－an,n)＝2，则eq \f(an,n)的最小值为( )
A.eq \f(29,3) B．4eq \r(7)－1 C.eq \f(48,5) D.eq \f(27,4)
答案 C
解析 由an＋1－an＝2n，累加可得an＝n2－n＋28，
∴eq \f(an,n)＝n＋eq \f(28,n)－1，
设f(x)＝x＋eq \f(28,x)，可知f(x)在(0，eq \r(28)]上是减少的，在(eq \r(28)，＋∞)上是增加的，
又n∈N＋，且eq \f(a5,5)＝eq \f(48,5)思维升华 求数列的最大项与最小项的常用方法
(1)函数法，利用函数求最值．
(2)利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项．
(3)比较法：若有an＋1－an＝f(n＋1)－f(n)>0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或当an>0时，\f(an＋1,an)>1))，则an＋1>an，则数列{an}是递增数列，所以数列{an}的最小项为a1；若有an＋1－an＝f(n＋1)－f(n)<0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或当an>0时，\f(an＋1,an)<1))，则an＋1跟踪训练2 (1)已知数列{an}的通项公式是an＝eq \f(n,3n＋1)，那么这个数列是( )
A．递增数列 B．递减数列
C．摆动数列 D．常数列
答案 A
解析 an＋1－an＝eq \f(n＋1,3n＋4)－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,3n＋13n＋4)>0，∴an＋1>an，∴选A.
(2)已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，n∈N＋，a1＝1，a2＝2，则a2 021等于( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
答案 A
解析 由题意，数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，
且a1＝1，a2＝2，
当n＝1时，可得a3＝a2－a1＝2－1＝1；
当n＝2时，可得a4＝a3－a2＝1－2＝－1；
当n＝3时，可得a5＝a4－a3＝－1－1＝－2；
当n＝4时，可得a6＝a5－a4＝－2－(－1)＝－1；
当n＝5时，可得a7＝a6－a5＝－1－(－2)＝1；
当n＝6时，可得a8＝a7－a6＝1－(－1)＝2；
……
可得数列{an}是以6为周期的周期数列，
所以a2 021＝a336×6＋5＝a5＝－2.
故选A.
(3)在数列{an}中，an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))n，则数列{an}的最大项是第________项．
答案 6或7
解析 eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))n＋1,n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))n)＝eq \f(7,8)×eq \f(n＋2,n＋1)≥1.
得n≤6，即当n≤6时，an＋1≥an，
当n>6时，an＋1课时精练
1．已知数列的前4项为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项不可能是( )
A．an＝(－1)n－1＋1 B．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n为奇数，,0，n为偶数))
C．an＝2sin eq \f(nπ,2) D．an＝cs(n－1)π＋1
答案 C
解析 对n＝1,2,3,4进行验证，an＝2sin eq \f(nπ,2)不合题意．
2．若数列{an}满足a1＝1，an＋1－an－1＝2n，则an等于( )
A．2n＋n－2 B．2n－1＋n－1
C．2n＋1＋n－4 D．2n＋1＋2n－2
答案 A
解析 ∵an＋1－an＝2n＋1，
∴a2－a1＝21＋1，a3－a2＝22＋1，a4－a3＝23＋1，…，an－an－1＝2n－1＋1(n≥2)，以上各式相加得，
an－a1＝21＋…＋2n－1＋(n－1)
＝eq \f(21－2n－1,1－2)＋n－1＝2n＋n－3，
∴an＝2n＋n－2，选A.
3．在一个数列中，如果任意n∈N＋，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋…＋a2 021等于( )
A．4 711 B．4 712 C．4 714 D．4 715
答案 C
解析 由题意可知anan＋1an＋2＝8，
则对任意的n∈N＋，an≠0，
则a1a2a3＝8，∴a3＝eq \f(8,a1a2)＝4，
由anan＋1an＋2＝8，得an＋1an＋2an＋3＝8，
∴anan＋1an＋2＝an＋1an＋2an＋3，
∴an＋3＝an，
∵2 021＝3×673＋2，
因此a1＋a2＋…＋a2 021＝673(a1＋a2＋a3)＋a1＋a2
＝673×7＋1＋2＝4 714.
故选C.
4．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－11n＋eq \f(a,n)，a5是数列{an}的最小项，则实数a的取值范围是( )
A．[－40，－25] B．[－40,0]
C．[－25,25] D．[－25,0]
答案 B
解析 由已知条件得a5是数列{an}的最小项，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5≤a4，,a5≤a6，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(52－11×5＋\f(a,5)≤42－11×4＋\f(a,4)，,52－11×5＋\f(a,5)≤62－11×6＋\f(a,6)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≥－40，,a≤0.))
故选B.
5．已知数列{an}中，前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(n＋2,3)an，则eq \f(an,an－1)的最大值为( )
A．－3 B．－1 C．3 D．1
答案 C
解析 ∵Sn＝eq \f(n＋2,3)an，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1，
可化为eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)＝1＋eq \f(2,n－1)，
由函数y＝eq \f(2,x－1)在区间(1，＋∞)内是减少的，
可得当n＝2时，eq \f(2,n－1)取得最大值2.
∴eq \f(an,an－1)的最大值为3.
6．已知数列{an}的通项公式an＝eq \f(63,2n)，若a1·a2·…·an≤a1·a2·…·ak对n∈N＋恒成立，则正整数k的值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 A
解析 an＝eq \f(63,2n)，当n≤5时，an>1；当n≥6时，an<1，
由题意知，a1·a2·…·ak是{an}的前n项乘积的最大值，所以k＝5.故选A.
7．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2))
解析 当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式．
故数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))
8．(2020·北京市昌平区模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且任意n∈N＋，an＋1>an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.
答案 n－6(n∈N＋)(答案不唯一)
解析 任意n∈N＋，an＋1>an，则数列{an}是递增的，
任意n∈N＋，Sn≥S6，即S6最小，
只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0，即可，
所以，满足条件的数列{an}的一个通项公式an＝n－6(n∈N＋)(答案不唯一)．
9．已知在数列{an}中，a1a2a3·…·an＝n2(n∈N＋)，则a9＝________.
答案 eq \f(81,64)
解析 ∵a1a2·…·a8＝82＝64，①
a1·a2·…·a9＝92＝81，②
②÷①得a9＝eq \f(81,64).
10．已知数列的通项为an＝eq \f(n＋1,3n－16)(n∈N＋)，则数列{an}的最小项是第________项．
答案 5
解析 因为an＝eq \f(n＋1,3n－16)，数列{an}的最小项必为an<0，即eq \f(n＋1,3n－16)<0,3n－16<0，从而n11．已知数列{an}的前n项和为Sn，求数列{an}的通项公式．
(1)Sn＝2n－1，n∈N＋；
(2)Sn＝2n2＋n＋3，n∈N＋*.
解 (1)∵Sn＝2n－1(n∈N＋)，
∴当n＝1时，a1＝S1＝2－1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1.
经检验，当n＝1时，符合上式，
∴an＝2n－1(n∈N＋)．
(2)∵Sn＝2n2＋n＋3(n∈N＋)，
∴当n＝1时，a1＝S1＝2×12＋1＋3＝6；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n＋3－[2(n－1)2＋(n－1)＋3]＝4n－1.
经检验，当n＝1时，不符合上式，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,4n－1，n≥2，n∈N＋.))
12．在数列{an}中，an＝－2n2＋9n＋3.
(1)－107是不是该数列中的某一项？若是，其为第几项？
(2)求数列中的最大项．
解 (1)令an＝－107，－2n2＋9n＋3＝－107,2n2－9n－110＝0，
解得n＝10或n＝－eq \f(11,2)(舍去)．所以a10＝－107.
(2)an＝－2n2＋9n＋3＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(9,4)))2＋eq \f(105,8)，
由于n∈N＋，所以最大项为a2＝13.
13．在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N＋，都有am＋n＝am·an.若a6＝64，则a9等于( )
A．256 B．510 C．512 D．1 024
答案 C
解析 在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N＋，都有am＋n＝am·an.所以a6＝a3·a3＝64，a3＝8.所以a9＝a6·a3＝64×8＝512.
故选C.
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an，则数列{an}的通项公式为( )
A．(2n＋1)2－1 B．(2n＋1)2 C．8n2 D．(n＋1)3
答案 D
解析 在4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an中，
令n＝1，得8(a1＋1)＝9a1，所以a1＝8，
因为4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an，①
所以4n·(Sn－1＋1)＝(n＋1)2an－1(n≥2)，②
①－②得，4an＝eq \f(n＋22,n＋1)an－eq \f(n＋12,n)an－1，
即eq \f(n2,n＋1)an＝eq \f(n＋12,n)an－1，an＝eq \f(n＋13,n3)an－1，
所以an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a2,a1)×a1
＝eq \f(n＋13,n3)×eq \f(n3,n－13)×…×eq \f(33,23)×8
＝(n＋1)3(n≥2)，
又a1＝8也满足此式，
所以数列{an}的通项公式为(n＋1)3.
故选D.
15．设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(－1)nan＋eq \f(1,2n)，则S1＋S3＋S5等于( )
A．0 B.eq \f(17,64) C.eq \f(5,64) D.eq \f(21,64)
答案 D
解析 数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(－1)nan＋eq \f(1,2n)，
当n为偶数时，Sn＝Sn－Sn－1＋eq \f(1,2n)，
即有Sn－1＝eq \f(1,2n)，所以S1＋S3＋S5＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,16)＋eq \f(1,64)＝eq \f(21,64).
故选D.
16．已知数列{an}是递增的等比数列且a1＋a4＝9，a2a3＝8，设Sn是数列{an}的前n项和，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,Sn·Sn＋1)))的前n项和为Tn，若不等式λ≤Tn对任意的n∈N＋恒成立，求实数λ的最大值．
解 ∵数列{an}是递增的等比数列，
且a1＋a4＝9，a2a3＝8，a1a4＝a2a3，
∴a1，a4是方程x2－9x＋8＝0的两个根，且a1解方程x2－9x＋8＝0，
得a1＝1，a4＝8，
∴q3＝eq \f(a4,a1)＝eq \f(8,1)＝8，解得q＝2，
∴an＝a1qn－1＝2n－1.
∴Sn＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－qn)),1－q)＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2n)),1－2)＝2n－1，
令bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)＝eq \f(2n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n＋1－1)))
＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,7)＋eq \f(1,7)－eq \f(1,15)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)
＝1－eq \f(1,2n＋1－1)在正整数集上是增加的，
∴Tn≥T1＝eq \f(2,3)，
∵λ≤Tn，且对一切n∈N＋成立，∴λ≤eq \f(2,3)，
∴实数λ的最大值是eq \f(2,3).分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
项与项间
的大小
关系
递增数列
an＋1>an
其中n∈N＋
递减数列
an＋1常数列
an＋1＝an