（全国版）2022高考数学一轮复习 第6章 数列 第1讲 数列的概念与简单表示法试题1（理含解析）.docx

1、第六章 数 列 第一讲 数列的概念与简单表示法 练好题考点自测 1.给出下面四个结论:数列 的第 k 项为 1+;数列的项数是无限的;数列的通项公式的表达式是唯一的;数列 1,3,5,7 可以表示为1,3,5,7.其中说法正确的有()A.B.C.D.2.2021 十堰模拟图 6-1-1 是谢尔宾斯基(Sierpinski)三角形,在所给的四个三角形图案中,阴影小三角形的个数构成数列an的前 4 项,则an的通项公式可以是()A.an=3n-1 B.an=2n-1 C.an=3n D.an=2n-1 3.已知数列an的前 n 项和 Sn=n2-1,则 a1+a3+a5+a7+a9=()A.40

2、B.44 C.45 D.49 4.已知数列an中,a1=3,a2=6,an+2=an+1-an,则 a2 021等于()A.6 B.-6 C.3 D.-3 5.2020 山东泰安 4 月模拟在数列an中,a1=100,an+1=an+3n(nN*),则通项公式 an=.6.2016 浙江,13,6 分理设数列an的前 n 项和为 Sn.若 S2=4,an+1=2Sn+1,nN*,则 a1=,S5=.7.2021 安徽省四校联考已知数列an的首项 a1=m,其前 n 项和为 Sn,且满足 Sn+Sn+1=2n2+3n,若数列an是递增数列,则实数 m 的取值范围是 .拓展变式 1.2018 全国

3、卷,14,5 分理记 Sn为数列an的前 n 项和.若 Sn=2an+1,则 S6=.2.(1)2020 四川德阳二诊已知数列an满足 21a1+22a2+23a3+2nan=(n-1)2n+1+2(nN*),则数列an的通项公式 an=.(2)已知数列an中,a1=,an+1=an+()n+1,则 an=.3.(1)数列an的通项 an=,则数列an中的最大项是()A.3 B.19 C.D.(2)2020 海口 4 月检测设数列an满足:a1=2,an+1=-(nN*).则该数列前 2 019 项的乘积 a1a2a3a4a2 019=.答 案 第一讲 数列的概念与简单表示法 1.B 根据数列

4、的表示方法可知,求数列的第 k 项就是将 k 代入通项公式,经验证知正确;数列的项数可能是有限的,也可能是无限的,并且数列的通项公式的表达式不是唯一的,故不正确;集合中的元素具有无序性,而数列中每一个数的位置都是确定的,故不正确.所以只有正确,选 B.2.A 题图中的阴影小三角形的个数构成数列an的前 4 项,分别为 a1=1,a2=3,a3=33=32,a4=323=33,因此an的通项公式可以是 an=3n-1.故选 A.3.B 因 为 Sn=n2-1,所 以 当 n2 时,an=Sn-Sn-1=n2-1-(n-1)2+1=2n-1,又 a1=S1=0,所 以 an=,-,所 以a1+a3

5、+a5+a7+a9=0+5+9+13+17=44.故选 B.4.B 依次写出数列的各项:3,6,3,-3,-6,-3,3,6,3,-3,.所以数列an以 6 为周期循环.又 2 021=6336+5,故 a2 021=a5=-6.故选 B.5.3n+,nN*由 an+1=an+3n(nN*)得,an+1-an=3n(nN*),分别令 n=1,2,3,4,n-1(n2),得到(n-1)个等式:a2-a1=3,a3-a2=32,a4-a3=33,an-an-1=3n-1.将这(n-1)个等式累加可得 an=a1+3+32+3n-1=100+-)-3n+(n2).显然 a1=100 适合上式,故通项

6、公式 an=3n+,nN*.6.1 121 由 ,解得 ,由 an+1=Sn+1-Sn=2Sn+1 得 Sn+1=3Sn+1,所以 Sn+1+=3(Sn+),所以Sn+是以 为首项,3 为公比的等比数列,所以 Sn+3n-1,即 Sn=-,所以 S5=121.7.(,)解 法 一 由Sn+Sn+1=2n2+3n可 得,Sn-1+Sn=2(n-1)2+3(n-1)(n2),两 式 相 减得,an+an+1=4n+1(n2),an-1+an=4n-3(n3),an+1-an-1=4(n3),数列 a2,a4,a6,是以 4 为公差的等差数列,数列a3,a5,a7,是以 4 为公差的等差数列.将 n

7、=1 代入 Sn+Sn+1=2n2+3n 可得 a2=5-2m,将 n=2 代入 an+an+1=4n+1(n2)可得a3=4+2m,a4=a2+4=9-2m,要使得任意 nN*,anan+1 恒成立,只需要 a1a2a3a4 即可 m5-2m4+2m9-2m,解得 m ,实数 m 的取值范围是(,).解法二 当 n=1 时,2a1+a2=5,a1=m,a2=5-2m.当 n2 时,由 Sn+Sn+1=2n2+3n,得 Sn-1+Sn=2(n-1)2+3(n-1).-得,an+an+1=4n+1(n2),an-1+an=4n-3(n3).-得,an+1-an-1=4(n3),数列an的偶数项成

8、等差数列,奇数项从第三项起是等差数列,且公差都是4.易知a3=4+2m,a2k=a2+4(k-1)=5-2m+4k-4=4k-2m+1,a2k+1=a3+4(k-1)=4+2m+4(k-1)=4k+2m.若对任意 nN*,anan+1 恒成立,则当 n=1 时,由 a1a2,解得 m ;当 n=2k+1 时,由 a2k+1a2k+2,即 4k+2m4k-2m+5,解得 m ;当 n=2k 时,由 a2ka2k+1,即4k-2m+1 实数 m 的取值范围是(,).1.-63 解法一 因为 Sn=2an+1,所以当 n=1 时,a1=S1=2a1+1,解得 a1=-1;当 n=2 时,a1+a2=

9、S2=2a2+1,解得 a2=-2;当 n=3 时,a1+a2+a3=S3=2a3+1,解得 a3=-4;当 n=4 时,a1+a2+a3+a4=S4=2a4+1,解得 a4=-8;当 n=5 时,a1+a2+a3+a4+a5=S5=2a5+1,解得 a5=-16;当 n=6 时,a1+a2+a3+a4+a5+a6=S6=2a6+1,解得 a6=-32.所以 S6=-1-2-4-8-16-32=-63.解法二 因为 Sn=2an+1,所以当 n=1 时,a1=S1=2a1+1,解得 a1=-1;当 n2 时,an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),所以 an=2an-1,所以数列

10、an是以-1 为首项,2 为公比的等比数列,所以 an=-2n-1,所以 S6=-)-=-63.2.(1)n(nN*)在21a1+22a2+23a3+2nan=(n-1)2n+1+2(nN*)中,令n为n-1,得 21a1+22a2+23a3+2n-1an-1=(n-2)2n+2(n2).两式相减得 2nan=n2n,即 an=n(n2).当 n=1 时,a1=1,适合an=n.故 an=n,nN*.(2)解法一 将 an+1=an+()n+1两边同时乘以 2n+1,得 2n+1an+1=(2nan)+1.令 bn=2nan,则 bn+1=bn+1,将上式变形,得 bn+1-3=(bn-3).

11、所以数列bn-3是首项为 b1-3=2 -3=-,公比为 的等比数列.所以 bn-3=-)n-1,即bn=3-2 )n.于是 an=.解 法 二 将 an+1=an+()n+1 两 边 同 时 乘 以 3n+1,得 3n+1an+1=3nan+()n+1.令 bn=3nan,则 bn+1=bn+()n+1,所 以bn-bn-1=()n,bn-1-bn-2=()n-1,b2-b1=()2.将以上各式累加,得 bn-b1=()2+)n-1+()n(n2).又 b1=3a1=3 =1+,所以 bn=1+()2+)n-1+()n=-)-=2 )n+1-2(n2),又 b1=满足上式,所以 bn=2 )

12、n+1-2.故 an=.3.(1)C 令 f(x)=x+(x0),运用基本不等式得 f(x)6 ,当且仅当 x=3 时等号成立.因为 an=,所以 ,由于 nN*,不难发现当 n=9 或 n=10 时,an=最大.(2)3 解法一 由 a1=2 得 a2=-3,a3=-,a4=,a5=2,显然该数列中的数从 a5开始循环,周期是 4.a1a2a3a4=1,a2 020=a4=.故 a1a2a3a4a2 019=(a1a2a3a4)505 =3.解法二 因为 an+1=-,所以 an+2=-=-.于是 an+4=-=an,即an是周期为 4 的周期数列.由 a1=2 得a2=-3,a3=-,a4=,a1a2a3a4=1.故 a1a2a3a4a2 019=)=3.