2022届高考大一轮复习知识点精练：数列的概念与表示

这是一份2022届高考大一轮复习知识点精练：数列的概念与表示，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共20小题；共100分）
1. 有下面四个结论，其中正确的为
①数列的通项公式是唯一的；
②数列可以看成是一个定义在正整数集或其子集上的函数；
③若用图象表示数列，则其图象是一群孤立的点；
④每个数列都有通项公式．
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④

2. 某棵果树前 n 年的总产量 Sn 与 n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前 m 年的年平均产量最高，m 的值为
A. 5B. 7C. 9D. 11

3. 已知数列 an 的一个通项公式为 an=n2−n−50，则 −8 是该数列的
A. 第 5 项B. 第 6 项
C. 第 7 项D. 不是数列中的任何一项

4. 若一个数列的前三项依次为 6，18，54，则此数列的一个通项公式为
A. an=4n−2B. an=2n+4C. an=2×3nD. an=3×2n

5. 已知数列 an 满足 a1=1，an+1=an+3,n为奇数2an+1,n为偶数，则 a6=
A. 16B. 25C. 28D. 33

6. 已知数列 an 满足 a1=2，an+1−an+1=0n∈N+，则此数列的前 4 项的和为
A. 0B. 1C. 2D. 3

7. 已知数列 an 满足 a1=2，an=an−1+2n∈N+,n≥2，则 a3=
A. 5B. 6C. 7D. 8

8. 已知数列 an 满足 anan−1=an−1+−1n（n≥2,n∈N+），且 a1=1，则 a5a3=
A. 1615B. 43C. 815D. 83

9. 在数列 an 中，a1=14，an=1−1an−1n≥2，则 a2020=
A. 43B. 14C. −3D. 15

10. 斐波那契数列又称“黄金分割数列”，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．斐波那契数列 an 可以用如下方法定义：an=an−1+an−2n≥3,n∈N*，a1=a2=1．若此数列各项除以 4 的余数依次构成一个新数列 bn，则 b2021=
A. 1B. 2C. 3D. 5

11. 在 1，2，3，…，2020 这 2020 个自然数中，将能被 2 除余 1，且被 3 除余 1 的数按从小到大的次序排成一列，构成数列 an，则 a50=
A. 289B. 295C. 301D. 307

12. 已知数列 an 满足 an+1⋅1−an=1，且 a1=−12，则 a2020=
A. 3B. −12C. 23D. 13452

13. 在数列 an 中，若 a1=1，a2=3，an+2=an+1−ann≥1，则该数列的前 50 项之和是
A. 18B. 8C. 9D. 4

14. 已知数列 an 中，a1=1，且 an+1−an=−12nn∈N+，若存在正整数 n，使得 t−ant−an+1<0 成立，则实数 t 的取值范围为
A. 23
15. 斐波那契数列（Fibnacci sequence）又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多 ⋅ 斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波那契数列被以下递推的方法定义：数列 an 满足 a1=a2=1，an+2=an+an+1，现从该数列的前 40 项中随机抽取一项，则该项能被 3 整除的概率是
A. 14B. 13C. 12D. 23

16. 已知数列 an 满足 an+1=2an,0≤an<122an−1,12≤an<1，若 a1=67，则 a2020 的值为
A. 37B. 47C. 57D. 67

17. 数列 an 满足 an+2+an=an+1，a1=1，a2=2，Sn 为其前 n 项和，则 S2019=
A. 0B. 1C. 3D. 4

18. 如图所示，九连环是我国传统民间智力玩具，它环环相扣，趣味无穷．它主要由九个圆环及框架组成，每个圆环都连有一个直杆，各直杆在后一个圆环内穿过，九个直杆的另一端用平板或者圆环相对固定，圆环在框架上可以解下或者套上，若按某种规则将九个环全部从框架上解下或者全部套上，则成功．将第 n 个圆环解下最少需要移动的次数记为 fn（n≤9 且 n∈N+），已知 f1=1，f2=1，且 fn=fn−1+2fn−2+1，则解下第 5 个圆环最少需要移动的次数为
A. 7B. 16C. 19D. 21

19. 形如 22n+1（n 是非负整数）的数称为费马数，记为 Fn．数学家费马根据 F0，F1，F2，F3，F4 都是质数提出了猜想：费马数都是质数．多年之后，数学家欧拉计算出 F5 不是质数，那么 F5 的位数是（参考数据：lg2≈0.3010）
A. 9B. 10C. 11D. 12

20. 若数列 an 满足 a1=2，an+1=1+an1−ann∈N+，则该数列的前 2021 项的乘积是
A. −2B. −3C. 2D. 3

二、填空题（共5小题；共25分）
21. 若数列的前 4 项分别是 −12，13，−14，15，则此数列一个通项公式为 ．

22. 已知数列 an 中，an+1=2an 对 ∀n∈N* 成立，且 a3=12，则 a1= ．

23. 定义“规范 01 数列”an 如下：an 共有 2m 项，其中 m 项为 0，m 项为 1，且对任意 k≤2m，a1，a2⋯ak 中 0 的个数不少于 1 的个数．若 m=4，则不同的“规范 01 数列”共有 个．

24. 在数列 an 中，a1=12，an+1=1+an1−an，数列 an 的前 n 项和为 Sn，则 a4= ，S2019= ．

25. 数列 an 满足 an+1=11−an，a8=2，则 a1= ．

三、解答题（共6小题；共78分）
26. 写出下列各数列的一个通项公式：
（1）4，6，8，10，⋯；
（2）12，34，78，1516，3132，⋯；
（3）−1，85，−157，249，⋯；
（4）5，55，555，5555，⋯；

27. 已知以 a1 为首项的数列 an 满足：an+1=an+1n∈N*．
（1）当 a1=−13 时，且 −1（2）若数列 an（1≤n≤10，n∈N*）是公差为 −1 的等差数列，求 a1 的取值范围．

28. 已知数列 an 满足 an≠0 恒成立．
（1）若 anan+2=kan+12 且 an>0，当 lgan 成等差数列时，求 k 的值；
（2）若 anan+2=2an+12 且 an>0，当 a1=1，a4=162 时，求 a2，以及 an 的通项公式；
（3）若 anan+2=−12an+1an+3，a1=−1，a3∈4,8，a2020<0，设 Sn 是 an 的前 n 项之和，求 S2020 的最大值．

29. 已知数列 an 中 a1=2，an=an−12an−1+1n≥2．
（1）求 a2，a3，a4 的值；
（2）猜测 an 的表达式，并用数学归纳法证明．

30. 已知各项均为正数的数列 an 满足 an+2=an+1+an，且 a5=5，求 3a1+2a2 的最小值．

31. 若项数为 r（r≥3）的数列 an 满足 ak−1+ak+1≥2akk=2,3,⋯,r−1，则称数列 an 为 r 项凸数列．
（1）若数列 −3，x，x2，6 为 4 项凸数列，求实数 x 的取值范围；
（2）若数列 an 是 r 项凸数列，正整数 m，n，p，q 满足 m（3）若数列 an 是 r 项凸数列且各项均为正整数，给定正整数 m2m+1≤r，对于所有符合要求的 r 项凸数列 an，求 a1+a3+a5+⋯+a2m−1+a2m+1a2+a4+a6+⋅+a2m 的最小值．
答案
第一部分
1. B【解析】①数列的通项公式不一定唯一，故错误；易知②，③正确；④数列不一定有通项公式，故错误．
2. C
3. C【解析】令 an=n2−n−50=−8，
解得 n=7 或 −6 （舍），
所以 a7=−8．
4. C【解析】依题意，6=1×6=30×6，18=3×6=31×6，54=9×6=32×6，所以此数列的一个通项公式为 an=2×3n，故选C．
5. C
【解析】当 n=1 时，a2=1+3=4；
当 n=2 时，a3=2×4+1=9；
当 n=3 时，a4=9+3=12；
当 n=4 时，a5=2×12+1=25；
当 n=5 时，a6=25+3=28．
6. C【解析】因为 a1=2，an+1−an+1=0，
所以 a2=1，a3=0，a4=−1，
所以 a1+a2+a3+a4=2．
7. B【解析】依题意 a2=a1+2=4，a3=a2+2=6．
8. B【解析】由题意得 a2a1=a1+−12，
又 a1=1，
所以 a2=2；
易得 a3a2=a2+−13，则 a3=12；
同理，a4=3，a5=23．
故 a5a3=2312=43．
9. B【解析】因为 a1=14，an=1−1an−1n≥2，
所以 a2=1−4=−3，a3=1+13=43，a4=1，34=14，⋯⋯，
所以数列 an 是周期为 3 的周期数列，
所以 a2020=a1=14．
10. A
【解析】a1=a2=1，除以 4 余 1，b1=b2=1，
a3=2，除以 4 余 2，b3=2，
a4=3，除以 4 余 3，b4=3，
a5=5，除以 4 余 1，b5=1，
a6=8，除以 4 余 0，b6=0，
a7=13，除以 4 余 1，b7=1，
a8=21，除以 4 余 1，b8=1，
从而，bn 以 6 为周期，2021÷6=336⋯⋯5．
11. B【解析】由题意可知 an−1 即是 2 的倍数，又是 3 的倍数，即 an−1 是 6 的倍数，则 an−1=6n−1，n∈N*，
所以 an=6n−5，
所以 a50=50×6−5=295．
12. B【解析】因为 an+1⋅1−an=1，且 a1=−12，
所以 a2=23，a3=3，a4=−12，⋯⋯，
所以数列 an 是周期为 3 的周期数列，
因为 2020=673×3+1，
所以 a2020=a1=−12．
13. D【解析】由题意得 a1=1，a2=3，a3=a2−a1=2，a4=a3−a2=−1，a5=a4−a3=−3，a6=a5−a4=−2，a7=a6−a5=1，a8=a7−a6=3，
故数列 an 是周期为 6 的周期数列，
且 a1+a2+a3+a4+a5+a6=1+3+2−1−3−2=0．
故该数列的前 50 项之和 S50=8×a1+a2+a3+a4+a5+a6+a49+a50=a1+a2=4．
14. B
15. A
【解析】斐波那契数列的各项依次为 1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，
观察发现前 12 项中，第 4 项，第 8 项，第 12 项都能被 3 整除，以此类推，前 40 项中，共 10 项能被 3 整除，它们分别是第 4 项，第 8 项，第 12 项，第 16 项，第 20 项，第 24 项，第 28 项，第 32 项，第 36 项，第 40 项，
所以从该数列的前 40 项中随机抽取一项，该项能被 3 整除的概率为 1040=14．
16. D【解析】依题意，a2=2a1−1=2×67−1=57，
a3=2a2−1=2×57−1=37，
a4=2a3=2×37=67，
⋯⋯
所以数列 an 是以 3 为周期的周期数列，
因为 2020=3×673+1，
所以 a2020=a1=67．
17. D【解析】已知 an+2+an=an+1, ⋯⋯①
所以 an+3+an+1=an+2, ⋯⋯②
① + ②整理，得 an+3=−an，
所以 an+6=an，
所以数列 an 是以 6 为周期的周期数列，且前 6 项依次为 1，2，1，−1，−2，−1，
所以 S6=0，
所以
S2019=336a1+a2+⋯+a6+a2017+a2018+a2019=336a1+a2+⋯+a6+a1+a2+a3=0+1+2+1=4.
18. B【解析】由已知得，f3=f2+2f1+1=1+2+1=4，
f4=f3+2f2+1=4+2+1=7，
f5=f4+2f3+1=7+8+1=16．
19. B
20. C
【解析】因为数列 an 满足 a1=2，an+1=1+an1−an，
所以 a2=1+a11−a1=1+21−2=−3，
同理可得 a3=−12，a4=13，a5=2，⋯⋯，
所以数列 an 满足 an+4=ann∈N+，且 a1⋅a2⋅a3⋅a4=1，
所以该数列的前 2021 项的乘积为 a1⋅a2⋅a3⋅a4⋅ ⋯ ⋅a2021=1505×a1=2．
第二部分
21. −1nn+1
【解析】观察数列得分母是 2 开始，故分母为 n+1，奇数项为负，故有 −1n，
所以通项为 −1nn+1．
22. 3
【解析】因为 12=a3=2a2，
所以 a2=6，
因为 6=a2=2a1，
所以 a1=3．
23. 14
【解析】由题意可知，“规范 01 数列”有偶数项 2m 项，且所含 0 与 1 的个数相等，首项为 0，末项为 1，若 m=4，说明数列有 8 项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1；0，0，0，1，0，1，1，1；0，0，0，1，1，0，1，1；0，0，0，1，1，1，0，1；0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1；0，0，1，0，1，1，0，1；0，0，1，1，0，1，0，1；0，0，1，1，0，0，1，1；0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1；0，1，0，0，1，1，0，1；0，1，0，1，0，0，1，1；0，1，0，1，0，1，0，1．共 14 个．
24. −13，11792
【解析】因为 an+1=1+an1−an，a1=12，
所以 a2=1+a11−a1=3，a3=1+a21−a2=−2，
a4=1+a31−a3=−13，a5=1+a41−a4=12，⋯⋯，
所以数列 an 是以 4 为周期的周期数列，
所以
S2019=a1+a2+⋯+a2019=504×12+3−2−13+12+3−2=11792.
25. 12
【解析】因为 an+1=11−an=11−11−an−1=1−1an−1=1−111−an−2=an−2,
所以数列 an 是以 3 为周期的数列，
于是 2=a8=a2=11−a1，解得 a1=12．
第三部分
26. （1） 易知该数列是首项从 4 开始的偶数，所以该数列的一个通项公式为 an=2n+2，n∈N*．
（2） 易知该数列中每一项分子比分母少 1．且分母可写成 21，22，23，24，25，⋯，故所求数列的通项公式可写为 an=2n−12n，n∈N*．
（3） 通过观察可知，该数列中的奇数项为负，偶数项为正，故选择 −1n．又第 1 项可改写成分数 −33，所以每一项的分母依次为 3，5，7，9，⋯，可写成 2n+1 的形式，分子为 3=1×3，8=2×4，15=3×5，24=4×6⋯⋯ 可写成 nn+2 的形式．所以该数列的一个通项公式为 an=−1n⋅nn+22n+1，n∈N*．
（4） 这个数列的前 4 项可以变为 59×9，59×99，59×999，59×9999，59×10−1，59×100−1，59×1000−1，59×10000−1，59×10−1，59×102−1，59×103−1，59×104−1，所以它的一个通项公式为 an=59×10n−1，n∈N*．
27. （1） 因为以 a1 为首项的数列 an 满足：an+1=an+1，a1=−13，−1所以 a2=a1+1=23，所以 a2=−23；由 a3=a2+1=13 得 a3=−13．
（2） 因为数列 an（1≤n≤10，n∈N*）是公差为 −1 的等差数列，
所以 an+1=an−1=an+1，所以 an−12=an+12，
所以 −2an=2an，所以 an≤0，所以 an=−an，
故 −an=−a1−n−1，所以 an=a1+n−1≤0，因为 1≤n≤10，
所以由题意只需：a10=a1+9<0，故 a1≤−9．
28. （1） 因为 lgan 成等差数列，公差 d．
所以 lgan+1−lgan=d，lgan+1an=d，
an+1an=10d，所以 an 成等比数列．
得到 anan+2=an+12，得到 k=1．
（2） an+2=2an+12an，设 a2=x，则 a3=2x2，a4=22x22x=8x3=162，x3=22，
所以 a2=2，猜想 an=2n−12．
① n=1 时，结论成立；
②假设 n=k 时结论成立，ak=2k−12，则 n=k+1 时，ak+1=2ak2ak−1=22k−1222k−22=22+2k−12−k−22=2k2．
综上①②知，对一切 n=k，结论 ak=2k−12 恒成立．
（3） an+1an+3=−2anan+2，（1）an+2an+4=−2an+1an+3，
所以 an+2an+4=4anan+2，an+2≠0，an+4=4an，
a2020=a4×4504<0，即 a4<0，a2a4+2a1a3=0，即 a2a4=2a3，
S2020=∣a1+a5+a9+⋯+a2017∣+∣a2+a6+a10+⋯+a2018∣+∣a3+a7+a11+⋯+a2019∣+∣a4+a8+a12+⋯+a2020∣=1+41+42+⋯+4504a1+a2+a3+a4，
注意 a2a4=2a3，a4<0，所以 a2<0，
a2+a4≤−2a2a4=−22a3，
所以 S2020≤4505−13a3−22a3−1=4505−13a3−22−3，
a3∈2,22，所以 S2020≤4505−1322−22−3，
即 S2020≤1−45053，即 S2020 有最大值 1−45053．
（当且仅当 a3=8，a2=a4=−4 时等号成立）
29. （1） 因为 a1=2，an=an−12an−1+1n≥2，
所以 a2=a12a1+1=22×2+1=25．
同理 a3=252×25+1=29，a3=292×29+1=213，
即 a2=25，a3=29，a4=213．
（2） 猜想 an=24n−3，证明如下：
①当 n=1 时，a1=2，显然满足题意；
②设 n=k（k≥2 且 k∈N）时，ak=24k−3，
则 ak+1=ak2ak+1=24k−32×24k−3+1=24k+1=24k+1−3，
即当 n=k+1 时，等式也成立．
综上可得 an=24n−3．
30. 因为 an+2=an+1+an，
所以 a3=a2+a1，
所以 a4=a3+a2=2a2+a1，
所以 a5=a4+a3=3a2+2a1=5，
所以 3a25+2a15=1，
因为数列 an 的各项均为正数，
所以 a1>0，a2>0，
所以 3a1+2a2=3a1+2a23a25+2a15=9a25a1+4a15a2+125≥29a25a1⋅4a15a2+125=245，
当且仅当 3a2=2a1,3a25+2a15=1,
即 a1=54，a2=56 时取等号，
所以 3a1+2a2 的最小值为 245．
31. （1） 由 −3，x，x2，6 为 4 项凸数列得 −3+x2≥2x,x+6≥2x2,
解得 x 的取值范围为 −32≤x≤−1．
（2） 对满足 m则有 an−aq=an−an−1+an−1−an−2+an−2−an−3+⋯+aq+1−aq，
由 r 项凸数列 an 满足 ak−1+ak+1≥2ak 可得 ak+1−ak≥ak−ak−1，
得数列 an+1−ann=1,2,⋯,r−1 是单调不减数列，
于是
an−an−1≥an−1−an−2≥an−2−an−3≥⋯≥aq+1−aq≥aq−aq−1≥⋯≥ap−ap−1≥ap−1−ap−2≥⋯≥am+1−am,
an−aq=an−an−1+an−1−an−2+an−2−an−3+⋯+aq+1−aq≥n−qaq+1−aq,
由 m+n=p+q 可得 an−aq≥p−maq+1−aq，
而 aq+1−aq≥ap−ap−1，aq+1−aq≥ap−1−ap−2，⋯⋯，aq+1−aq≥am+1−am，
于是 p−maq+1−aq≥ap−ap−1+ap−1−ap−2+⋯+am+1−am=ap−am，
所以，an−aq≥ap−am，即 am+an≥ap+aq．
同理可证满足 m上述结论也成立．
（3） 根据上述问题（2）的结论：r 项凸数列 an 当正整数 m，n，p，q 满足 m有 a1+a2m+1≥a2+a2m，a1+a2m+1≥a4+a2m−2，a1+a2m+1≥a6+a2m−4，⋯⋯，a1+a2m+1≥a2m−4+a6，a1+a2m+1≥a2m−2+a4，a1+a2m+1≥a2m+a2，
所以
ma1+a2m+1≥a2+a2m+a4+a2m−2+a6+a2m−4+⋯+a2m−4+a6+a2m−2+a4+a2m+a2,
即 ma1+a2m+1≥2a2+a4+a6+⋯+a2m−4+a2m−2+a2m．
又
a1+a3+a5+⋅+a2m−1+a2m+1=12a1+a1+a3+a3+a5+⋯+a2m−1+a2m+1+a2m+1≥12a1+a2m+1+2a2+a4+a6+⋯+a2m−4+a2m−2+a2m.
于是
a1+a3+a5+⋯+a2m−1+a2m+1a2+a4+a6+⋯+a2m≥12a1+a2m+1+a2+a4+⋯+a2ma2+a4+a6+⋯+a2m=a1+a2m+12a2+a4+a6+⋯+a2m+1≥1m+1,
所以 a1+a3+a5+⋯+a2m−1+a2m+1a2+a4+a6+⋯+a2m≥m+1m．
当 r 项凸数列 an 为等差数列时等号成立，
所以 a1+a3+a5+⋯+a2m−1+a2m+1a2+a4+a6+⋯+a2m 的最小值为 m+1m．