全國統(tǒng)考高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第6章數(shù)列第1講數(shù)列的概念與簡單表示法1備考試題文含解析

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGEPAGE1第六章數(shù)列第一講數(shù)列的概念與簡單表示法練好題·考點(diǎn)自測1.給出下面四個(gè)結(jié)論:①數(shù)列{n+1n}的第k項(xiàng)為1+②數(shù)列的項(xiàng)數(shù)是無限的;③數(shù)列的通項(xiàng)公式的表達(dá)式是唯一的;④數(shù)列1,3,5,7可以表示為{1,3,5,7}.其中說法正確的有()A.①②④ B.① C.②③④ D.①②③2.〖2021十堰模擬〗圖6-1-1是謝爾賓斯基(Sierpinski)三角形,在所給的四個(gè)三角形圖案中,陰影小三角形的個(gè)數(shù)構(gòu)成數(shù)列{an}的前4項(xiàng),則{an}的通項(xiàng)公式可以是()圖6-1-1A.an=3n-1 B.an=2n-1C.an=3n D.an=2n-13.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2-1,則a1+a3+a5+a7+a9=()A.40 B.44 C.45 D.494.已知數(shù)列{an}中,a1=3,a2=6,an+2=an+1-an,則a2021等于()A.6 B.-6 C.3 D.-35.〖2020山東泰安4月模擬〗在數(shù)列{an}中,a1=100,an+1=an+3n(n∈N*),則通項(xiàng)公式an=.

6.〖2016浙江,13,6分〗設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,則a1=,S5=.

7.〖2021安徽省四校聯(lián)考〗已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=m,其前n項(xiàng)和為Sn,且滿足Sn+Sn+1=2n2+3n,若數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.

拓展變式1.〖2018全國卷Ⅰ,14,5分〗記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若Sn=2an+1,則S6=.

2.(1)〖2020四川德陽二診〗已知數(shù)列{an}滿足21·a1+22·a2+23·a3+…+2n·an=(n-1)·2n+1+2(n∈N*),則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=.

(2)已知數(shù)列{an}中,a1=56,an+1=13an+(12)n+1,則an3.(1)數(shù)列{an}的通項(xiàng)an=nn2+90,則數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)是(A.310 B.19 C.119 D.(2)〖2020?？?月檢測〗設(shè)數(shù)列{an}滿足:a1=2,an+1=1+an1-an(n∈N*).則該數(shù)列前2019項(xiàng)的乘積a1a2a3a4答案第六章數(shù)列第一講數(shù)列的概念與簡單表示法1.B根據(jù)數(shù)列的表示方法可知,求數(shù)列的第k項(xiàng)就是將k代入通項(xiàng)公式,經(jīng)驗(yàn)證知①正確;數(shù)列的項(xiàng)數(shù)可能是有限的,也可能是無限的,并且數(shù)列的通項(xiàng)公式的表達(dá)式不是唯一的,故②③不正確;集合中的元素具有無序性,而數(shù)列中每一個(gè)數(shù)的位置都是確定的,故④不正確.所以只有①正確,選B.2.A題圖中的陰影小三角形的個(gè)數(shù)構(gòu)成數(shù)列{an}的前4項(xiàng),分別為a1=1,a2=3,a3=3×3=32,a4=32×3=33,因此{(lán)an}的通項(xiàng)公式可以是an=3n-1.故選A.3.B因?yàn)镾n=n2-1,所以當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n2-1-(n-1)2+1=2n-1,又a1=S1=0,所以an=0,n=1,2n-1,n≥2,所以a1+a3+4.B依次寫出數(shù)列的各項(xiàng):3,6,3,-3,-6,-3,3,6,3,-3,….所以數(shù)列{an}以6為周期循環(huán).又2021=6×336+5,故a2021=a5=-6.故選B.5.12·3n+1972,n∈N*由an+1=an+3n(n∈N*)得,an+1-an=3n(n∈N*),分別令n=1,2,3,4,…,n-1(n≥2),得到(a2-a1=3,a3-a2=32,a4-a3=33,…,an-an-1=3n-1.將這(n-1)個(gè)等式累加可得an=a1+3+32+…+3n-1=100+3(1-3n-1)顯然a1=100適合上式,故通項(xiàng)公式an=12·3n+1972,n∈N6.1121由a1+a2=4,a2=2a1+1,解得a1=1,a2=3.由an+1=Sn+1-Sn=2Sn+1得Sn+1=3Sn+1,所以Sn+1+12=3(Sn+12),所以{Sn7.(14,54)解法一由Sn+Sn+1=2n2+3n可得,Sn-1+Sn=2(n-1)2+3(n-1)(n≥2),兩式相減得,an+an+1=4n+1(∴an-1+an=4n-3(n≥3),∴an+1-an-1=4(n≥3),∴數(shù)列a2,a4,a6,…是以4為公差的等差數(shù)列,數(shù)列a3,a5,a7,…是以4為公差的等差數(shù)列.將n=1代入Sn+Sn+1=2n2+3n可得a2=5-2m,將n=2代入an+an+1=4n+1(n≥2)可得a3=4+2m,∵a4=a2+4=9-2m,∴要使得任意n∈N*,an<an+1恒成立,只需要a1<a2<a3<a4即可.∴m<5-2m<4+2m<9-2m,解得14<m<54,∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是(14,解法二當(dāng)n=1時(shí),2a1+a2=5,∵a1=m,∴a2=5-2m.當(dāng)n≥2時(shí),由Sn+Sn+1=2n2+3n①,得Sn-1+Sn=2(n-1)2+3(n-1)②.①-②得,an+an+1=4n+1(n≥2)③,∴an-1+an=4n-3(n≥3)④.③-④得,an+1-an-1=4(n≥3),∴數(shù)列{an}的偶數(shù)項(xiàng)成等差數(shù)列,奇數(shù)項(xiàng)從第三項(xiàng)起是等差數(shù)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.若對(duì)任意n∈N*,an<an+1恒成立,則當(dāng)n=1時(shí),由a1<a2,解得m<53;當(dāng)n=2k+1時(shí),由a2k+1<a2k+2,即4k+2m<4k-2m+5,解得m<54;當(dāng)n=2k時(shí),由a2k<a2k+1,即4k-2m+1<4k+2m,解得m>14.∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是(14〖試題評(píng)析〗本題有一個(gè)易錯(cuò)的地方是忽略n的取值問題,當(dāng)出現(xiàn)an+1-an-1=4時(shí),認(rèn)為奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別成等差數(shù)列,其實(shí),奇數(shù)項(xiàng)應(yīng)從第三項(xiàng)起成等差數(shù)列,所以奇數(shù)項(xiàng)的通項(xiàng)公式為a2k+1,而不是a2k-1,注意這個(gè)問題就不會(huì)出錯(cuò).1.-63解法一因?yàn)镾n=2an+1,所以當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=2a1+1,解得a1=-1;當(dāng)n=2時(shí),a1+a2=S2=2a2+1,解得a2=-2;當(dāng)n=3時(shí),a1+a2+a3=S3=2a3+1,解得a3=-4;當(dāng)n=4時(shí),a1+a2+a3+a4=S4=2a4+1,解得a4=-8;當(dāng)n=5時(shí),a1+a2+a3+a4+a5=S5=2a5+1,解得a5=-16;當(dāng)n=6時(shí),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?yàn)镾n=2an+1,所以當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=2a1+1,解得a1=-1;當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),所以an=2an-1,所以數(shù)列{an}是以-1為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,所以an=-2n-1,所以S6=-1×(2.(1)n(n∈N*)在21·a1+22·a2+23·a3+…+2n·an=(n-1)·2n+1+2(n∈N*)中,令n為n-1,得21·a1+22·a2+23·a3+…+2n-1·an-1=(n-2)·2n+2(n≥2).兩式相減得2nan=n·2n,即an=n(n≥2).當(dāng)n=1時(shí),a1=1,適合an=n.故an=n,n∈N*.(2)32n-23n解法一將an+1=13an+(12)n+1兩邊同時(shí)乘以2n+1,得2n+1·an+1=23(2n·an)+1.令bn=2n·an,則bn+1=23bn+1,將上式變形,得bn+1-3=23(bn-3).所以數(shù)列{bn-3}是首項(xiàng)為b1-3=2×56-3=-43,公比為23的等比數(shù)列.所以bn-3=-43·(解法二將an+1=13an+(12)n+1兩邊同時(shí)乘以3n+1,得3n+1an+1=3nan+(32)n+1.令bn=3n·an,則bn+1=bn+(32)n+1,所以bn-bn-1=(32)n,bn-1-bn-2=(32)n-1,…,b2-b1=(32)2.將以上各式累加,得bn-b1=(32)2+…+(32)n-1+(32)n(n≥2).又b1=3a1=3×56=52=1+32,所以bn=1+32+(32)2+…+(32)n-1+(32)n=1·〖1故an=bn3.(1)C令f(x)=x+90x(x>0),運(yùn)用基本不等式得f(x)≥610,當(dāng)且僅當(dāng)x=310時(shí)等號(hào)成立因?yàn)閍n=1n+90n,所以1n+90n≤1610,由于n∈N*,不難發(fā)現(xiàn)當(dāng)(2)3解法一由a1=2得a2=-3,a3=-12,a4=13,a5=2,…,顯然該數(shù)列中的數(shù)從a5開始循環(huán),周期是4.a1a2a3a4=1,a2020=a4=13.故a1a2a3a4…a2019=(a1a2a3a4)505解法二因?yàn)閍n+1=1+an1-an,所以an+2=1+an+11-an+1=1+1+an1-an1-1+an1-an=-1an.于是an+4=-1an+2=an,即{an}是周期為4的周期數(shù)列.由a1=2得a2第六章數(shù)列第一講數(shù)列的概念與簡單表示法練好題·考點(diǎn)自測1.給出下面四個(gè)結(jié)論:①數(shù)列{n+1n}的第k項(xiàng)為1+②數(shù)列的項(xiàng)數(shù)是無限的;③數(shù)列的通項(xiàng)公式的表達(dá)式是唯一的;④數(shù)列1,3,5,7可以表示為{1,3,5,7}.其中說法正確的有()A.①②④ B.① C.②③④ D.①②③2.〖2021十堰模擬〗圖6-1-1是謝爾賓斯基(Sierpinski)三角形,在所給的四個(gè)三角形圖案中,陰影小三角形的個(gè)數(shù)構(gòu)成數(shù)列{an}的前4項(xiàng),則{an}的通項(xiàng)公式可以是()圖6-1-1A.an=3n-1 B.an=2n-1C.an=3n D.an=2n-13.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2-1,則a1+a3+a5+a7+a9=()A.40 B.44 C.45 D.494.已知數(shù)列{an}中,a1=3,a2=6,an+2=an+1-an,則a2021等于()A.6 B.-6 C.3 D.-35.〖2020山東泰安4月模擬〗在數(shù)列{an}中,a1=100,an+1=an+3n(n∈N*),則通項(xiàng)公式an=.

6.〖2016浙江,13,6分〗設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,則a1=,S5=.

7.〖2021安徽省四校聯(lián)考〗已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=m,其前n項(xiàng)和為Sn,且滿足Sn+Sn+1=2n2+3n,若數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.

拓展變式1.〖2018全國卷Ⅰ,14,5分〗記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若Sn=2an+1,則S6=.

2.(1)〖2020四川德陽二診〗已知數(shù)列{an}滿足21·a1+22·a2+23·a3+…+2n·an=(n-1)·2n+1+2(n∈N*),則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=.

(2)已知數(shù)列{an}中,a1=56,an+1=13an+(12)n+1,則an3.(1)數(shù)列{an}的通項(xiàng)an=nn2+90,則數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)是(A.310 B.19 C.119 D.(2)〖2020?？?月檢測〗設(shè)數(shù)列{an}滿足:a1=2,an+1=1+an1-an(n∈N*).則該數(shù)列前2019項(xiàng)的乘積a1a2a3a4答案第六章數(shù)列第一講數(shù)列的概念與簡單表示法1.B根據(jù)數(shù)列的表示方法可知,求數(shù)列的第k項(xiàng)就是將k代入通項(xiàng)公式,經(jīng)驗(yàn)證知①正確;數(shù)列的項(xiàng)數(shù)可能是有限的,也可能是無限的,并且數(shù)列的通項(xiàng)公式的表達(dá)式不是唯一的,故②③不正確;集合中的元素具有無序性,而數(shù)列中每一個(gè)數(shù)的位置都是確定的,故④不正確.所以只有①正確,選B.2.A題圖中的陰影小三角形的個(gè)數(shù)構(gòu)成數(shù)列{an}的前4項(xiàng),分別為a1=1,a2=3,a3=3×3=32,a4=32×3=33,因此{(lán)an}的通項(xiàng)公式可以是an=3n-1.故選A.3.B因?yàn)镾n=n2-1,所以當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n2-1-(n-1)2+1=2n-1,又a1=S1=0,所以an=0,n=1,2n-1,n≥2,所以a1+a3+4.B依次寫出數(shù)列的各項(xiàng):3,6,3,-3,-6,-3,3,6,3,-3,….所以數(shù)列{an}以6為周期循環(huán).又2021=6×336+5,故a2021=a5=-6.故選B.5.12·3n+1972,n∈N*由an+1=an+3n(n∈N*)得,an+1-an=3n(n∈N*),分別令n=1,2,3,4,…,n-1(n≥2),得到(a2-a1=3,a3-a2=32,a4-a3=33,…,an-an-1=3n-1.將這(n-1)個(gè)等式累加可得an=a1+3+32+…+3n-1=100+3(1-3n-1)顯然a1=100適合上式,故通項(xiàng)公式an=12·3n+1972,n∈N6.1121由a1+a2=4,a2=2a1+1,解得a1=1,a2=3.由an+1=Sn+1-Sn=2Sn+1得Sn+1=3Sn+1,所以Sn+1+12=3(Sn+12),所以{Sn7.(14,54)解法一由Sn+Sn+1=2n2+3n可得,Sn-1+Sn=2(n-1)2+3(n-1)(n≥2),兩式相減得,an+an+1=4n+1(∴an-1+an=4n-3(n≥3),∴an+1-an-1=4(n≥3),∴數(shù)列a2,a4,a6,…是以4為公差的等差數(shù)列,數(shù)列a3,a5,a7,…是以4為公差的等差數(shù)列.將n=1代入Sn+Sn+1=2n2+3n可得a2=5-2m,將n=2代入an+an+1=4n+1(n≥2)可得a3=4+2m,∵a4=a2+4=9-2m,∴要使得任意n∈N*,an<an+1恒成立,只需要a1<a2<a3<a4即可.∴m<5-2m<4+2m<9-2m,解得14<m<54,∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是(14,解法二當(dāng)n=1時(shí),2a1+a2=5,∵a1=m,∴a2=5-2m.當(dāng)n≥2時(shí),由Sn+Sn+1=2n2+3n①,得Sn-1+Sn=2(n-1)2+3(n-1)②.①-②得,an+an+1=4n+1(n≥2)③,∴an-1+an=4n-3(n≥3)④.③-④得,an+1-an-1=4(n≥3),∴數(shù)列{an}的偶數(shù)項(xiàng)成等差數(shù)列,奇數(shù)項(xiàng)從第三項(xiàng)起是等差數(shù)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.若對(duì)任意n∈N*,an<an+1恒成立,則當(dāng)n=1時(shí),由a1<a2,解得m<53;當(dāng)n=2k+1時(shí),由a2k+1<a2k+2,即4k+2m<4k-2m+5,解得m<54;當(dāng)n=2k時(shí),由a2k<a2k+1,即4k-2m+1<4k+2m,解得m>14.∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是(14〖試題評(píng)析〗本題有一個(gè)易錯(cuò)的地方是忽略n的取值問題,當(dāng)出現(xiàn)an+1-an-1=4時(shí),認(rèn)為奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別成等差數(shù)列,其實(shí),奇數(shù)項(xiàng)應(yīng)從第三項(xiàng)起成等差數(shù)列,所以奇數(shù)項(xiàng)的通項(xiàng)公式為a2k+1,而不是a2k-1,注意這個(gè)問題就不會(huì)出錯(cuò).1.-63解法一因?yàn)镾n=2an+1,所以當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=2a1+1,解得a1=-1;當(dāng)n=2時(shí),a1+a2=S2=2a2+1,解得a2=-2;當(dāng)n=3時(shí),a1+a2+a3=S3=2a3+1,解得a3=-4;當(dāng)n=4時(shí),a1+a2+a3+a4=S4=2a4+1,解得a4=-8;當(dāng)n=5時(shí),a1+a2+a3+a4+a5=S5=2a5+1,解得a5=-16;當(dāng)n=6時(shí),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?yàn)镾n=2an+1,所以當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=2a1+1,解得a1=-1;當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),所以an=2an-1,所以數(shù)列{an}是以-1為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,所以an=-2n-1,所以S6=-1×(2.(1)n(n∈N*)在21·a1+22·a2+23·a3+…+2n·an=(n-1)·2n+1+2(n∈N*)中,令n為n-1,得21·a1+22·a2+23·a3+…+2n-1·an-1=(n-2)·2n+2(n≥2).兩式相減得2nan=n·