2021高考数学一轮复习 第一部分 考点通关练 第四章 数列 考点测试28 数列的概念与简单表示法（含解析）苏教版.doc

1、第四章数列考点测试28数列的概念与简单表示法高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题和解答题，分值5分、12分，中、低等难度考纲研读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一、基础小题1已知数列an的通项公式an(nN*)，则是这个数列的()A第8项 B第9项 C第10项 D第12项答案C解析由题意知，nN*，解得n10，即是这个数列的第10项故选C.2若Sn为数列an的前n项和，且Sn，则等于()A. B C D30答案D解析当n2时，anSnSn1，所以5630.3设an2n229n3，则数列an的最大项是()A107 B

2、108 C D109答案B解析因为an2n229n322，nN*，所以当n7时，an取得最大值108.4在数列an中，a11，anan1an1(1)n(n2，nN*)，则的值是()A. B C D答案C解析由已知得a21(1)22，2a32(1)3，a3，a4(1)4，a43，3a53(1)5，a5，.故选C.5在数列an中，“|an1|an”是“数列an为递增数列”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答案B解析“|an1|an”an1an或an1an，充分性不成立，数列an为递增数列|an1|an1an成立，必要性成立，所以“|an1|an”是“数列an

3、为递增数列”的必要不充分条件故选B.6已知Sn为数列an的前n项和，且log2(Sn1)n1，则数列an的通项公式为()Aan2n BanCan2n1 Dan2n1答案B解析由log2(Sn1)n1，得Sn12n1.当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn12n.所以数列an的通项公式为an故选B.7朱世杰是元代著名数学家，他所著算学启蒙是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作算学启蒙中提到一些堆垛问题，如“三角垛果子”，就是将一样大小的果子堆垛成正三棱锥，每层皆堆成正三角形，从上向下数，每层果子数分别为1,3,6,10，.现有一个“三角垛果子”，其最底层每边果子数为10，则该层果子数为()

4、A50 B55 C100 D110答案B解析由题意可知三角垛从上层向下，每层果子数构成一个数列an，其中a11，a23，a36，a410，可变形为a1，a2，a3，a4，由此得数列an的通项为an，则a1055，故选B.8数列1,3,6,10,15，的一个通项公式是()Aann2(n1) Bann21Can Dan答案C解析设此数列为an，则由题意可得a11，a23，a36，a410，a515，仔细观察数列1,3,6,10,15，可以发现：11，312，6123，101234，1512345，所以第n项为12345n，所以数列1,3,6,10,15，的通项公式为an.9已知数列an的通项公式为

5、an2n2tn1，若an是递增数列，则实数t的取值范围是()A(6，) B(，6)C(，3) D(3，)答案A解析解法一：因为an是递增数列，所以对于任意的nN*，都有an1an，即2(n1)2t(n1)12n2tn1，化简得t4n2，所以t4n2对于任意的nN*都成立，因为4n26，所以t6.故选A.解法二：设f(x)2x2tx1，其图象的对称轴为x，则数列an可表示为f(x)2x2tx1，xN*，要使an是递增数列，则6.故选A.10已知数列an的首项为1，第2项为3，前n项和为Sn，当整数n1时，Sn1Sn12(SnS1)恒成立，则S15等于()A210 B211 C224 D225答案

6、D解析结合Sn1Sn12(SnS1)可知，Sn1Sn12Sn2a1，得到an1an2a12，所以an12(n1)2n1，所以a1529.所以S15225.故选D.11数列1，的一个通项公式an_.答案解析由已知得，数列可写成，故其一个通项公式可以为.12数列an的通项为an(nN*)，若a5是an中的最大值，则a的取值范围是_答案9,12解析当n4时，an2n1递增，因此n4时取最大值，a424115.当n5时，ann2(a1)n2.a5是an中的最大值，解得9a12.a的取值范围是9,12二、高考小题13(2019浙江高考)设a，bR，数列an满足a1a，an1ab，nN*，则()A当b时，

7、a1010 B当b时，a1010C当b2时，a1010 D当b4时，a1010答案A解析由已知可得an1anaban2b.对于选项B，当a，b时，an恒成立，所以排除B；对于选项C，当a2或1，b2时，an2或1恒成立，所以排除C.对于选项D，当a，b4时，an恒成立，所以排除D.故选A.14(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和，若Sn2an1，则S6_.答案63解析根据Sn2an1可得Sn12an11，两式相减得an12an12an，即an12an，当n1时，S1a12a11，解得a11，所以数列an是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以S663.15(2016浙江高考)设数列an

8、的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.答案1121解析解法一：an12Sn1，a22S11，即S2a12a11，又S24，4a12a11，解得a11.又an1Sn1Sn，Sn1Sn2Sn1，即Sn13Sn1，由S24可求出S313，S440，S5121.解法二：由an12Sn1，得a22S11，即S2a12a11，又S24，4a12a11，解得a11.又an1Sn1Sn，Sn1Sn2Sn1，即Sn13Sn1，则Sn13，又S1，是首项为，公比为3的等比数列，Sn3n1，即Sn，S5121.16(2015江苏高考)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，

9、则数列前10项的和为_答案解析由已知，得a2a111，a3a221，a4a331，anan1n11(n2)，则有ana1123n1(n1)(n2)，因为a11，所以an123n(n2)，即an(n2)，又当n1时，a11也适合上式，故an(nN*)，所以2，从而22222.三、模拟小题17(2020亳州模拟)在各项均为正数的数列an中，对任意m，nN*，都有amnaman.若a664，则a9等于()A256 B510 C512 D1024答案C解析在各项均为正数的数列an中，对任意m，nN*，都有amnaman.所以a6a3a364，a38.所以a9a6a3648512.18(2019成都二诊

10、)在数列an中，已知a11，且对于任意的m，nN*，都有amnamanmn，则数列an的通项公式为()Aann Bann1Can Dan答案D解析令m1，得an1ann1，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，an1234n，an1234n.故选D.19(2019黄冈质检)已知数列xn满足xn2|xn1xn|(nN*)，若x11，x2a(a1，a0)，且xn3xn对于任意的正整数n均成立，则数列xn的前2020项和S2020()A673 B674 C1345 D1347答案D解析x11，x2a(a1，a0)，x3|x2x1|a1|1a，x1x2x31a(1a)2，又xn3xn对

11、于任意的正整数n均成立，数列xn的周期为3，数列xn的前2020项和S2020S67331673211347.故选D.20(2019山西晋城高三阶段测试)若数列an满足a1a2a3ann23n2，则数列an的通项公式为_答案an解析因为a1a2a3an1ann23n2(n1)(n2)，当n1时，a16；当n2时，故当n2时，an，所以an21(2019石家庄模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn1Sn(nN*)，若a20，且S10a125S4a1S10a1，S10a1S12a1S14a1S4S10，S10S12S140，S3a1S5a1S9a1S11a1，S11a1S13a1S15a1S5

12、S9S11，S11S13S15，又S11S1045,2S102a150，S11S102a15，a25，S11S100，S11S10，Sn取得最小值时n10.一、高考大题1(2016全国卷)已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式解(1)由题意得a2，a3.(2)由a(2an11)an2an10得2an1(an1)an(an1)因为an的各项都为正数，所以.故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an.2(2015浙江高考)已知数列an满足a1且an1ana(nN*)(1)证明：12(nN*)；(2)设数列a的前n项和为Sn

13、，证明：0.由0an，得(1,2，即12.(2)由题意得aanan1，所以，Sna1an1.由和12，得12，所以n2n，因此an1(nN*)由得(nN*)二、模拟大题3(2019安徽黄山二模)已知数列an满足n，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn0，即Tn0，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cn1(nN*)，定义所有满足cmcm10得a4，所以f(x)x24x4.所以Snn24n4.当n1时，a1S11441；当n2时，anSnSn12n5.所以an(2)由题意得cn由cn1可知，当n5时，恒有cn0.又c13，c25，c33，c4，c5，c6，即c1c20，c2c30，c4c50.所以数列cn的变号数为3.