2020-2021学年高考数学 考点 第七章 数列 数列的概念与简单表示法（理）.docx

1、数列的概念与简单表示法1数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列an的第n项an通项公式如果数列an的第n项an与序号n之间的关系能用公式anf (n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列an中，Sna1a2an叫做数列的前n项和2.数列的表示方法列表法列表格表示n与an的对应关系图象法把点(n，an)画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项用公式表示递推公式使用初始值a1和an1f (an)或a1，a2和an1f (an，an1)等表示数列的方法3.an与Sn的关系若数列an的前n项和为Sn，则an4数列的分类分类标准类型满足条件

2、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an1an其中nN*递减数列an1an常数列an1an概念方法微思考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数列的通项公式an3n5与函数y3x5有何区别与联系？提示数列的通项公式an3n5是特殊的函数，其定义域为N*，而函数y3x5的定义域是R，an3n5的图象是离散的点，且排列在y3x5的图象上1（2020山东模拟）已知数列的前项和为，且，若，则称项为“和谐项”，则数列的所有“和谐项”的平方和为（）ABCD【答案】A【解析】因为，所以，则，即，所以，因为，所以，故

3、，因为，所以，于是数列 的所有“和谐项“的平方和为：，故选A2（2020洛阳二模）数列的前项和为，且，成立，则的最小值为_【答案】2020【解析】依题意：，当时，当时，令得即，则的最小值为20201（2020门头沟区一模）一辆邮车从地往地运送邮件，沿途共有地，依次记为，为地，为地）从地出发时，装上发往后面地的邮件各1件，到达后面各地后卸下前面各地发往该地的邮件，同时装上该地发往后面各地的邮件各1件，记该邮车到达，各地装卸完毕后剩余的邮件数记为，2，则的表达式为（）ABCD【答案】D【解析】根据题意，该邮车到第站时，一共装上了件邮件，需要卸下件邮件，则，故选D2（2019西湖区校级模拟）若数列的

4、前4项分别是，则此数列的一个通项公式为（）ABCD【答案】C【解析】数列的分母为2，3，4，5，对应的通项为，则数列的通项公式可以是，故选C3（2018河南一模）已知数列：，依它的前10项的规律，这个数列的第2018项等于（）ABC64D【答案】D【解析】观察数列：，得出：它的项数是，并且在每一个段内，是个分数，且它们的分子分母和为，；由时，故在64段中，该数列的第2018项为第64组的第2项，故，故选D4（2018安徽模拟）删去正整数数列1，2，3，中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是（）A2062B2063C2064D2065【答案】B【解析】由题意可得，数列可以写

5、成：，2，3，5，6，7，8，第个平方数与第个平方数之间有个正整数，而数列，2，3，5，6，7，8，共有2025项，去掉45个平方数后，还剩余1980个数，这个数列的第2018项是2025后的第38个数，即是原来数列的第2063项，即为2063；故选B5（2018聊城模拟）大衍数列，来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、，则此数列第20项为（）A180B200C128D162【答案

6、】B【解析】由0、2、4、8、12、18、24、32、40、，可得偶数项的通项公式：则此数列第20项故选B6（2017海淀区校级三模）已知实数序列，满足：任何连续3项之和均为负数，且任何4项之和均为正数，则的最大值是（）A4B5C6D7【答案】B【解析】由，则，则，则，即有，与每连续3项的和都是负的矛盾，项数故这样的一个数列最多能包含5项故选B7（2017山西二模）现在有这么一列数：2， ，按照规律，横线中的数应为（）ABCD【答案】B【解析】由题意可得：分子为连续的质数，分母依次为首项为2、公比为2的等比数列，故括号中的数应该为故选B8（2017玉林一模）已知数列中，将数列中的整数项按原来的

7、顺序组成数列，则的值为（）A5035B5039C5043D5047【答案】C【解析】由，可得此数列为，的整数项为：，即整数：2，3，7，8，12，13，其规律就是各项之间是，这样递增的，由，解得，故选C9（2017枣阳市校级模拟）已知数列，则是这个数列的（）A第6项B第7项C第11项D第19项【答案】B【解析】数列，各项的平方为：2，5，8，11，则，又，令，则故选B10（2020新华区校级模拟）已知正项数列的前项和为满足：，若，记m表示不超过的最大整数，则（）A17B18C19D20【答案】B【解析】当时，当时，由，及得，由于数列是正项数列，所以则又当时，对于，故选B11（2020南岗区校级

8、模拟）数列的前项和为，首项，若，则（）ABCD【答案】B【解析】数列的前项和为，首项，若，当时，得：，整理得（常数），所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列所以，（首项符合通项）所以，则故选B12（2020南岗区校级模拟）已知数列中的前项和为，且对任意恒成立，则实数的取值范围是（）AB，CD【答案】B【解析】，由整理得：（1）当，时，有，即；（2）当，时，有，即，整理得：对任意恒成立，当，时，有恒成立，即恒成立；当，时，有恒成立，即恒成立综合以上，知：故选B13（2020思明区校级一模）设是数列的前项和，满足，且，则（）A10BCD11【答案】A【解析】当时，满足，整理得，由于，所以根据，整

9、理得，故，故数列是以1为首项，1为公差的等差设数列所以，故，所以故选A14（2020龙潭区校级模拟）数列，若，则（）A34B43C53D64【答案】B【解析】数列，若，所以：时，时，时，时，时，时，时，故选B15（2020东阳市模拟）已知数列中，下列说法正确的是（）A存在实数，使数列单调递减B若存在正整数，使，则C当时，对任意正整数，都有D若对任意正整数，都有，则【答案】D【解析】若数列单调递减则，即故不正确对取则 ，即存在正整数，使，但故不正确对取，则故不正确对 即累加可得：假设，则存在充分大的，使得这与题设矛盾，所以故选D16（2020下城区校级模拟）已知数列满足：，且，下列说法正确的是（

10、）A若，则B若，则CD【答案】B【解析】，故且，于是与同号，对于，若，则，则，所以，故错误；对于，即，于是，即数列单调递减，于是，所以，即，故，正确；对于，考虑函数，如图所示由图可知当 时，数列 递减，所以，即，所以不正确；对于，设，则，由上图可知，由上图可知，即，等价于，化简得：，而显然不成立，所以不正确；由排除法可知正确故选B17（2019普陀区一模）某人的月工资由基础工资和绩效工资组成2010年每月的基础工资为2100元、绩效工资为2000元从2011年起每月基础工资比上一年增加210元、绩效工资为上一年的照此推算，此人2019年的年薪为_万元（结果精确到【答案】10.4【解析】由题意可

11、得，基础工资是以2100元为首项，以210元公差的等差数列，绩效工资以为2000元首项，以公比为1.1的等比数列，则此人2019年每月的基础工资为元，每月的绩效工资为元，则此人2019年的年薪为万元，故答案为：10.418（2019萍乡一模）对于大于或等于2的自然数的次幂进行如图方式的“分裂”仿此，的“分裂”中最大的数是_，若的“分裂”中最小的数是211，则的值为_【答案】9；15【解析】根据所给的数据，不难发现：在中所分解的最大的数是；在中，所分解的最小数是根据发现的规律可求分裂中，最大数是；若的“分裂”中最小数是211，则或（负数舍去）故答案为：9；1519（2018中山市一模）高斯是德国

12、著名的数学家，享有“数学王子”之称，以他的名字“高斯”命名的成果达110个，设，用表示不超过的最大整数，并用表示的非负纯小数，则称为高斯函数，已知数列满足：，则_【答案】【解析】满足：，可得：数列成等差数列，首项为，公差为3则故答案为：20（2018黑龙江模拟）数列的前项和为，则_【答案】【解析】当时，所以两式相减得，所以，所以从第3项起数列是以为首项，以3为公比的等比数列，所以，所以，因为不满足，所以故答案为：21（2017汕头三模）“中国剩余定理”又称“孙子定理”1852年英国来华传教伟烈亚利将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为_【答案】134【解析】由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，故由得，当时，符合要求，但是该数列是从2开始的，故此数列的项数为故答案为：134