2020高考数学刷题首选卷第四章数列考点测试29数列的概念与简单表示法理（含解析）.docx

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1、1考点测试 29 数列的概念与简单表示法一、基础小题1已知数列 an的通项公式 an (nN *)，则 是这个数列的( )1nn 2 1120A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1120 1nn 2 1120选 C2在数列 an中， a12，且( n1) an nan1 ，则 a3的值为( )A5 B6 C7 D8答案 B解析 由( n1) an nan1 得 ，所以数列 为常数列，则 2，即an 1n 1 ann ann ann a11an2 n，所以 a3236故选 B3设 an2 n229 n3

2、，则数列 an的最大项是( )A107 B108 C D1098658答案 B解析 因为 an2 n229 n32 2 ， nN *，所以当 n7 时， an取得(n294) 8658最大值 1084数列 an中， a11，对于所有的 n2， nN 都有 a1a2a3an n2，则a3 a5( )2A B C D6116 259 2516 3115答案 A解析 解法一：令 n2，3，4，5，分别求出 a3 ， a5 ， a3 a5 故选94 2516 6116A解法二：当 n2 时， a1a2a3an n2当 n3 时， a1a2a3an1 ( n1) 2两式相除得 an 2， a3 ， a5

3、 ，(nn 1) 94 2516 a3 a5 故选 A61165若数列 an满足 a12， an1 ，则 a2018( )11 anA2 B1 C2 D12答案 B解析 数列 an满足 a12， an1 (nN *)，11 an a2 1， a3 ， a4 2，可知此数列有周期性，周期11 2 11 1 12 11 12T3，即 an3 an，则 a2018 a67232 a21故选 B6把 1，3，6，10，15，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示)则第 7个三角形数是( )A27 B28 C29 D30答案 B解析 观察三角形数的增长规律，可以发现每一

4、项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即 an an1 n(n2)所以根据这个规律计算可知，第 7个三角形数是a7 a67 a567156728故选 B7已知数列 an的前 n项和为 Sn，若 Sn2 an4， nN *，则 an( )A2 n1 B2 n C2 n1 D2 n23答案 A解析 因为 Sn2 an4，所以 n2 时，有 Sn1 2 an1 4，两式相减可得Sn Sn1 2 an2 an1 ，即 an2 an2 an1 ，整理得 an2 an1 ，即 2( n2)因为anan 1S1 a12 a14，所以 a14，所以 an2 n1 故选 A8在数列 an中， a12， an1

5、 anln 1 ，则 an( )1nA2ln n B2( n1)ln nC2 nln n D1 nln n答案 A解析 解法一：由已知得 an1 anln 1 1nln ，而 an( an an1 )( an1 an2 )( a2 a1) a1， n2，所以 anln n 1nln nn 1 n 1n 2ln 2ln 2ln n2， n2当 n1 时， a12ln 21 nn 1 n 1n 2 2112故选 A解法二：由 an an1 ln 1 an1 ln an1 ln nln ( n1)( n2)，1n 1 nn 1可知 anln n an1 ln (n1)( n2)令 bn anln n

6、，则数列 bn是以 b1 a1ln 12 为首项的常数列，故 bn2，所以 2 anln n，所以 an2ln n故选 A9已知数列 an的通项公式为 an n n，则数列 an中的最大项为( )23A B C D89 23 6481 125243答案 A解析 解法一(作差比较法)：an1 an( n1) n1 n n n，当 n0，即 an1 an；当 n223 23 2 n3 23时， an1 an0，即 an1 an；当 n2时， an1 ana4a5an，所以数列 an中的最大项为 a2或 a3，且 a2 a32 2 故23 89选 A解法二(作商比较法)：4 1 ，令 1，解得 n2

7、又 an0，故 a1a4a5an，所以数列 an中的最大项为an 1ana2或 a3，且 a2 a32 2 故选 A23 8910已知数列 an的通项公式为 an2 n2 tn1，若 an是单调递增数列，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是单调递增数列，所以对于任意的 nN *，都有 an1 an，即2(n1) 2 t(n1)12 n2 tn1，化简得 t4 n2，所以 t4 n2 对于任意的 nN *都成立，因为4 n26，所以 t6故选 A解法二：设 f(n)2 n2 tn1，其图象的对称轴为 n ，要使 an是递增数列

8、，则t4 6故选 At41 2211已知 Sn是数列 an的前 n项和，且有 Sn n21，则数列 an的通项an_答案 Error!解析 当 n1 时， a1 S1112，当 n2 时， an Sn Sn1 ( n21)( n1)212 n1此时对于 n1 不成立，故 anError!12对于数列 an，定义数列 bn满足： bn an1 an(nN *)，且 bn1 bn1( nN *)，a31， a41，则 a1_答案 8解析 由 bn1 bn1 知数列 bn是公差为 1的等差数列，又 b3 a4 a32，所以b14， b23， b1 b2( a2 a1)( a3 a2) a3 a17，

9、解得 a18二、高考小题13(2018全国卷)记 Sn为数列 an的前 n项和，若 Sn2 an1，则S6_答案 63解析 根据 Sn2 an1，可得 Sn1 2 an1 1，两式相减得 an1 2 an1 2 an，即an1 2 an，当 n1 时， S1 a12 a11，解得 a11，所以数列 an是以1 为首项，5以 2为公比的等比数列，所以 S6 63 1 261 214(2014全国卷)数列 an满足 an1 ， a82，则 a1_11 an答案 12解析 由 an1 ，得11 anan1 ， a82， a71 ， a61 1， a51 2，1an 1 12 12 1a7 1a6 a

10、n是以 3为周期的数列， a1 a7 1215(2016浙江高考)设数列 an的前 n项和为 Sn若 S24， an1 2 Sn1， nN *，则 a1_， S5_答案 1 121解析 解法一： an1 2 Sn1， a22 S11，即 S2 a12 a11，又 S24，4 a12 a11，解得 a11又 an1 Sn1 Sn， Sn1 Sn2 Sn1，即Sn1 3 Sn1，由 S24，可求出 S313， S440， S5121解法二：由 an1 2 Sn1，得 a22 S11，即 S2 a12 a11，又S24，4 a12 a11，解得 a11又 an1 Sn1 Sn， Sn1 Sn2 Sn

11、1，即Sn1 3 Sn1，则 Sn1 3 ，又 S1 ，12 (Sn 12) 12 32 是首项为 ，公比为 3的等比数列， Sn 3n1 ，即Sn12 32 12 32Sn ， S5 1213n 12 35 1216(2015江苏高考)设数列 an满足 a11，且 an1 an n1( nN *)，则数列前 10项的和为_ 1an答案 2011解析 由已知得，a2 a111， a3 a221， a4 a331， an an1 n11( n2)，则有an a1123 n1( n1)( n2)，因为 a11，所以 an123 n(n2)，即 an (n2)，又当 n1 时， a11 也适合上式，

12、故 an (nN *)，所以 n2 n2 n2 n2 1an2 ，从而2n2 n (1n 1n 1)6 2 2 2 2 21a1 1a2 1a3 1a10 (1 12) (12 13) (13 14) (110 111) (1 111) 2011三、模拟小题17(2018湖南六校联考)已知数列 an满足： m， n N*，都有 anam an m，且a1 ，那么 a5( )12A B C D132 116 14 12答案 A解析 数列 an满足： m， nN *，都有 anam an m，且a1 ， a2 a1a1 ， a3 a1a2 那么 a5 a3a2 故选 A12 14 18 13218

13、(2018南昌模拟)在数列 an中， a11， anan1 an1 (1) n(n2， nN *)，则 的值是( )a3a5A B C D1516 158 34 38答案 C解析 由已知得 a21(1) 22，2 a32(1) 3， a3 ， a4 (1)12 12 124， a43，3 a53(1) 5， a5 ， 故选 C23 a3a5 12 32 3419(2019黄冈质检)已知数列 xn满足 xn2 | xn1 xn|(nN *)，若x11， x2 a(a1， a0)，且 xn3 xn对于任意的正整数 n均成立，则数列 xn的前2020项和 S2020( )A673 B674 C134

14、5 D1347答案 D解析 x11， x2 a(a1， a0)， x3| x2 x1| a1|1 a， x1 x2 x31 a(1 a)2，又 xn3 xn对于任意的正整数 n均成立，数列 xn的周期为 3，数列 xn的前 2020项和S2020 S67331 673211347故选 D20(2018河南郑州一中考前冲刺)数列 an满足： a11，且对任意的 m， nN *，都有 am n am an mn，则 ( )1a1 1a2 1a3 1a20187A B C D20172018 20182019 40342018 40362019答案 D解析 a11，且对任意的 m， nN *都有 a

15、m n am an mn， an1 an n1，即an1 an n1，用累加法可得an a1 ， 2 ， 2n 1n 22 nn 12 1an 2nn 1 1n 1n 1 1a1 1a2 1a3 1a20181 ，故选 D12 12 13 12018 12019 4036201921(2018福建晋江季延中学月考)已知数列 an满足a12 a23 a3 nan n1( nN *)，则数列 an的通项公式为_答案 anError!解析 已知 a12 a23 a3 nan n1，将 n1 代入，得 a12；当 n2 时，将n1 代入得 a12 a23 a3( n1) an1 n，两式相减得 nan

16、( n1) n1， an ， anError!1n22(2018北京海淀区模拟)数列 an的通项为 anError!( 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， an2 n1 单调递增，因此 n4 时取最大值， a42 4115当n5 时， an n2( a1) n n 2 a5是 an中的最大值，Error!解a 12 a 124得 9 a12 a的取值范围是9，12一、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 (2 an1 1)2nan2 an1 0(1)求 a2， a3；(2)求 an的通项公式解 (

17、1)由题意得 a2 ， a3 12 14(2)由 a (2 an1 1) an2 an1 0 得 2an1 (an1) an(an1)2n因为 an的各项都为正数，所以 an 1an 128故 an是首项为 1，公比为 的等比数列，因此 an 12 12n 12(2015浙江高考)已知数列 an满足 a1 且 an1 an a (nN *)12 2n(1)证明：10由 0a1a2a3a4， a5a6a7an1(nN *)数列 an中的最大项为 a52，最小项为 a40(2)an1 1 1a 2n 112n 2 a2对任意的 nN *，都有 an a6成立，结合函数 f(x)1 的单调性，512x 2 a26，10 a82 a24(2018湖南联考)已知数列 an的前 n项和为Sn， a11， an0， anan1 4 Sn1( nN *)(1)证明： an2 an4；(2)求数列 an的通项公式解 (1)证明： anan1 4 Sn1， an1 an2 4 Sn1 1， an1 (an2 an)4 an1 又 an0， an2 an4(2)由 anan1 4 Sn1， a11，得 a23由 an2 an4 知数列 a2n和 a2n1 都是公差为 4的等差数列， a2n34( n1)2(2 n)1，a2n1 14( n1)2(2 n1)1， an2 n110