2021版高考数学一轮复习第六章数列第1讲数列的概念与简单表示法练习理北师大版.doc

1、第 1 讲 数列的概念与简单表示法 基础题组练 1已知数列 5，11，17，23，29，则 5 5是它的()A第 19 项 B第 20 项 C第 21 项 D第 22 项 解析：选 C.数列 5，11，17，23，29，中的各项可变形为 5，56，526，536，546，所以通项公式为 an 56（n1）6n1，令 6n15 5，得 n21.2已知数列an满足：m，nN+，都有 anamanm，且 a112，那么 a5()A.132 B 116 C.14 D12 解析：选 A.因为数列an满足：对任意的 m，nN+，都有 anamanm，且 a112，所以a2a1a114，a3a1a218.那

2、么 a5a3a2 132.故选 A.3在数列an中，a114，an1 1an1(n2，nN+)，则 a2 020的值为()A14 B5 C.45 D54 解析：选 A.在数列an中，a114，an1 1an1(n2，nN+)，所以 a21 1145，a311545，a4114514，所以an是以 3 为周期的周期数列，所以 a2 020a67331a114.4(2020山西太原模拟(一)已知数列an的前 n 项和 Sn满足 Snan2n(nN+)，则a7()A.73 B12764 C.32132 D38564 解析：选 B.当 n2 时，Sn1an12n2，又 Snan2n，所以 2anan1

3、2，所以 2(an2)an12，故an2是首项为 a12，公比为12的等比数列，又 S1a12，故 a11，所以 an12n12，故 a72 16412764，故选 B.5(2020广东广州天河毕业班综合测试(一)数列an满足 a11，对任意 nN+，都有 an11ann，则1a11a2 1a99()A.9998 B2 C.9950 D 99100 解析：选 C.由 an11ann，得 an1ann1，则 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)1n（n1）2，则1an2n（n1）2n 2n1，则1a11a2 1a99 2112 1213 199 110021 1100 9

4、950.故选 C.6已知数列an的前 n 项和 Sn3n1，则 an_ 解析：当 n1 时，a1S1314；当 n2 时，anSnSn1(3n1)(3n11)23n1.当 n1 时，23112a1，所以 an4，n1，23n1，n2.答案：4，n1，23n1，n2 7记数列an的前 n 项和为 Sn，若对任意的 nN+，2Snan1，则 a2 018_ 解析：因为 2Snan1，所以 2Sn1an11(n2)，所以 2Sn2Sn12ananan1(n2)，即 anan1(n2)，所以数列an是以 2 为周期的周期数列 又 2S12a1a11，所以 a11，所以 a2 018a2a11.答案：1

5、 8(2020河南焦作第四次模拟)已知数列an的通项公式为 an2n，记数列anbn的前n 项和为 Sn，若Sn22n1 1n，则数列bn的通项公式为 bn_ 解析：因为Sn22n1 1n，所以 Sn(n1)2n12.所以当 n2 时，Sn1(n2)2n2，两式相减，得 anbnn2n，所以 bnn；当 n1 时，a1b12，所以 b11.综上所述，bnn，nN+.故答案为 n.答案：n 9已知数列an中，a11，前 n 项和 Snn23 an.(1)求 a2，a3；(2)求an的通项公式 解：(1)由 S243a2得 3(a1a2)4a2，解得 a23a13.由 S353a3得 3(a1a2

6、a3)5a3，解得 a332(a1a2)6.(2)由题设知 a11.当 n2 时，有 anSnSn1n23 ann13 an1，整理得 ann1n1an1.于是 a11，a231a1，a342a2，an1 nn2an2，ann1n1an1.将以上 n 个等式两端分别相乘，整理得 ann（n1）2.显然，当 n1 时也满足上式 综上可知，an的通项公式 ann（n1）2.10设数列an的前 n 项和为 Sn.已知 a1a(a3)，an1Sn3n，nN+.(1)设 bnSn3n，求数列bn的通项公式；(2)若 an1an，nN+，求 a 的取值范围 解：(1)依题意，Sn1Snan1Sn3n，即

7、Sn12Sn3n，由此得 Sn13n12(Sn3n)，即 bn12bn，又 b1S13a3，所以数列bn的通项公式为 bn(a3)2n1，nN+.(2)由(1)知 Sn3n(a3)2n1，nN+，于是，当 n2 时，anSnSn13n(a3)2n13n1(a3)2n223n1(a3)2n2，an1an43n1(a3)2n22n21232n2a3，当 n2 时，an1an1232n2a30a9.又 a2a13a1.综上，a 的取值范围是9，3)(3，)综合题组练 1(2020安徽江淮十校第三次联考)已知数列an满足an1ann2，a120，则ann的最小值为()A4 5 B4 51 C8 D9

8、解析：选 C.由 an1an2n 知 a2a121，a3a222，anan12(n1)，n2，以上各式相加得 ana1n2n，n2，所以 ann2n20，n2，当 n1 时，a120 符合上式，所以annn20n 1，nN*，所以 n4 时ann递减，n5 时ann递增，因为a44a55，所以ann的最小值为a44a558，故选 C.2若数列an满足 a1a2a3ann23n2，则数列an的通项公式为_ 解析：a1a2a3an(n1)(n2)，当 n1 时，a16；当 n2 时，a1a2a3an1an（n1）（n2），a1a2a3an1n（n1），故当 n2 时，ann2n，所以 an6，n1

9、，n2n，n2，nN+.答案：an6，n1，n2n，n2，nN+3已知数列an中，a1a，a22a，an2an2，若数列an单调递增，则实数 a 的取值范围为_ 解析：由 an2an2 可知数列an的奇数项、偶数项分别递增，若数列an递增，则必有 a2a1(2a)a0 且 a2a1(2a)aan2an2，可得 0a1，故实数 a 的取值范围为(0，1)答案：(0，1)4(2020广东湛江二模)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(公元 5世纪)的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即，一个整数除以三余二，除以

10、五余三，求这个整数设这个整数为 a，当 a2，2 019时，符合条件的 a 共有_个 解析：由题设 a3m25n3，m，nN，则 3m5n1，m，nN，当 m5k，n 不存在；当 m5k1，n 不存在；当 m5k2，n3k1，满足题意；当 m5k3，n 不存在；当 m5k4，n 不存在 其中 kN.故 2a15k82 019，解 615k2 01115，则 k0，1，2，134，共 135 个，即符合条件的 a 共有 135 个故答案为 135.答案：135 5已知二次函数 f(x)x2axa(a0，xR)，有且只有一个零点，数列an的前 n项和 Snf(n)(nN+)(1)求数列an的通项公式；(2)设 cn14an(nN+)，定义所有满足 cmcm10 的正整数 m 的个数，称为这个数列cn的变号数，求数列 cn 的变号数 解：(1)依题意，a24a0，所以 a0 或 a4.又由 a0 得 a4，所以 f(x)x24x4.所以 Snn24n4.当 n1 时，a1S11441；当 n2 时，anSnSn12n5.所以 an1，n1，2n5，n2.(2)由题意得 cn3，n1，142n5，n2.由 cn142n5可知，当 n5 时，恒有 cn0.又 c13，c25，c33，c413，c515，c637，即 c1c20，c2c30，c4c50.所以数列cn的变号数为 3.