全国统考2022版高考数学大一轮复习第6章数列第1讲数列的概念与简单表示法1备考试题（含解析）

第六章　数列

第一讲　数列的概念与简单表示法

练好题·考点自测 

1.给出下面四个结论:

①数列{}的第k项为1+;

②数列的项数是无限的;

③数列的通项公式的表达式是唯一的;

④数列1,3,5,7可以表示为{1,3,5,7}.

其中说法正确的有 (　　)

A.①②④ B.① C.②③④ D.①②③

2.[2021十堰模拟]图6-1-1是谢尔宾斯基(Sierpinski)三角形,在所给的四个三角形图案中,阴影小三角形的个数构成数列{an}的前4项,则{an}的通项公式可以是              (　　)

图6-1-1

A.an=3n-1 B.an=2n-1

C.an=3n D.an=2n-1

3.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-1,则a1+a3+a5+a7+a9= (　　)

A.40 B.44 

C.45 D.49

4.已知数列{an}中,a1=3,a2=6,an+2=an+1-an,则a2 021等于 (　　)

A.6 B.-6 C.3 D.-3

5.[2020山东泰安4月模拟]在数列{an}中,a1=100,an+1=an+3n(n∈N*),则通项公式an=　　　　. 

6.[2016浙江,13,6分]设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=　　　　　,S5=　　　　. 

7.[2021安徽省四校联考]已知数列{an}的首项a1=m,其前n项和为Sn,且满足Sn+Sn+1=2n2+3n,若数列{an}是递增数列,则实数m的取值范围是　　　　. 

拓展变式

1.[2018全国卷Ⅰ,14,5分]记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=　　　　. 

2.(1)[2020 四川德阳二诊]已知数列{an}满足21·a1+22·a2+23·a3+…+2n·an=(n-1)·2n+1+2(n∈N*),则数列{an}的通项公式an=　　　　. 

(2)已知数列{an}中,a1=,an+1=an+()n+1,则an=　　　　. 

3.(1)数列{an}的通项an=,则数列{an}中的最大项是 (　　)

A.3 B.19 C. D.

(2)[2020 海口4月检测]设数列{an}满足:a1=2,an+1=(n∈N*).则该数列前2 019项的乘积a1a2a3a4…a2 019=　　　　. 

答  案

第六章　数　列

第一讲　数列的概念与简单表示法

1.B　根据数列的表示方法可知,求数列的第k项就是将k代入通项公式,经验证知①正确;数列的项数可能是有限的,也可能是无限的,并且数列的通项公式的表达式不是唯一的,故②③不正确;集合中的元素具有无序性,而数列中每一个数的位置都是确定的,故④不正确.所以只有①正确,选B.

2.A　题图中的阴影小三角形的个数构成数列{an}的前4项,分别为a1=1,a2=3,a3=3×3=32,a4=32×3=33,因此{an}的通项公式可以是an=3n-1.故选A.

3.B　因为Sn=n2-1,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-1-(n-1)2+1=2n-1,又a1=S1=0,所以an=所以a1+a3+a5+a7+a9=0+5+9+13+17=44.故选B.

4.B　依次写出数列的各项:3,6,3,-3,-6,-3,3,6,3,-3,….所以数列{an}以6为周期循环.又2 021=6×336+5,故a2 021=a5=-6.故选B.

5.·3n+,n∈N*　由an+1=an+3n(n∈N*)得,an+1-an=3n(n∈N*),分别令n=1,2,3,4,…,n-1(n≥2),得到(n-1)个等式:

a2-a1=3,a3-a2=32,a4-a3=33,…,an-an-1=3n-1.

将这(n-1)个等式累加可得an=a1+3+32+…+3n-1=100+·3n+(n≥2).

显然a1=100适合上式,

故通项公式an=·3n+,n∈N*.

6.1　121　由解得由an+1=Sn+1-Sn=2Sn+1得Sn+1=3Sn+1,所以Sn+1+=3(Sn+),所以{Sn+}是以为首项,3为公比的等比数列,所以Sn+×3n-1,即Sn=,所以S5=121.

7.(,)　解法一　由Sn+Sn+1=2n2+3n可得,Sn-1+Sn=2(n-1)2+3(n-1)(n≥2),两式相减得,an+an+1=4n+1(n≥2),

∴an-1+an=4n-3(n≥3),∴an+1-an-1=4(n≥3),∴数列a2,a4,a6,…是以4为公差的等差数列,数列a3,a5,a7,…是以4为公差的等差数列.将n=1代入Sn+Sn+1=2n2+3n可得a2=5-2m,将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<m<,∴实数m的取值范围是(,).

解法二　当n=1 时,2a1+a2=5,∵a1=m,∴a2=5-2m.当n≥2时,由Sn+Sn+1=2n2+3n　①,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),∴数列{an}的偶数项成等差数列,奇数项从第三项起是等差数列,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.若对任意n∈N*,an<an+1恒成立,则当n=1 时,由a1<a2,解得m<;当n=2k+1时,由a2k+1<a2k+2,即4k+2m<4k-2m+5,解得m<;当n=2k时,由a2k<a2k+1 ,即4k-2m+1<4k+2m ,解得m>.∴实数m的取值范围是(,).

【试题评析】　本题有一个易错的地方是忽略n 的取值问题,当出现an+1-an-1=4时,认为奇数项和偶数项分别成等差数列,其实,奇数项应从第三项起成等差数列,所以奇数项的通项公式为a2k+1 ,而不是a2k-1 ,注意这个问题就不会出错.

1.-63　解法一　因为Sn=2an+1,所以当n=1时,a1=S1=2a1+1,解得a1=-1;

当n=2时,a1+a2=S2=2a2+1,解得a2=-2;

当n=3时,a1+a2+a3=S3=2a3+1,解得a3=-4;

当n=4时,a1+a2+a3+a4=S4=2a4+1,解得a4=-8;

当n=5时,a1+a2+a3+a4+a5=S5=2a5+1,解得a5=-16;

当n=6时,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　因为Sn=2an+1,所以当n=1时,a1=S1=2a1+1,解得a1=-1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an+1-(2an-1+1),所以an=2an-1,所以数列{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列,所以an=-2n-1,所以S6==-63.

2.(1)n(n∈N*)　在21·a1+22·a2+23·a3+…+2n·an=(n-1)·2n+1+2(n∈N*)中,令n为n-1,得 21·a1+22·a2+23·a3+…+2n-1·an-1=(n-2)·2n+2(n≥2).两式相减得2nan=n·2n,即an=n(n≥2).当n=1时,a1=1,适合an=n.故an=n,n∈N*.

(2)　解法一　将an+1=an+()n+1两边同时乘以2n+1,得2n+1·an+1=(2n·an)+1.令bn=2n·an,则bn+1=bn+1,将上式变形,得bn+1-3=(bn-3).所以数列{bn-3}是首项为b1-3=2×3=,公比为的等比数列.所以bn-3=·()n-1,即bn=3-2·()n.于是an=.

解法二　将an+1=an+()n+1两边同时乘以3n+1,得3n+1an+1=3nan+()n+1.令bn=3n·an,则bn+1=bn+()n+1,所以bn-bn-1=()n,bn-1-bn-2=()n-1,…,b2-b1=()2.将以上各式累加,得bn-b1=()2+…+()n-1+()n(n≥2).又b1=3a1=3×=1+,所以bn=1++()2+…+()n-1+()n==2·()n+1-2(n≥2),又b1=满足上式,所以bn=2·()n+1-2.

故an=.

3.(1)C　令f(x)=x+(x>0),运用基本不等式得f(x)≥6,当且仅当x=3时等号成立.

因为an=,所以≤,由于n∈N*,不难发现当n=9或n=10时,an=最大.

(2)3　解法一　由a1=2得a2=-3,a3=,a4=,a5=2,…,显然该数列中的数从a5开始循环,周期是4.a1a2a3a4=1,a2 020=a4=.故a1a2a3a4…a2 019=(a1a2a3a4)505·=3.

解法二　因为an+1=,所以an+2==.于是an+4==an,即{an}是周期为4的周期数列.由a1=2得a2=-3,a3=,a4=,a1a2a3a4=1.故a1a2a3a4…a2 019=·=3.