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7.1 数列的概念及表示（含答案）-【五年高考·三年模拟】2025年新教材高考数学一轮基础练习（含答案）
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这是一份7.1 数列的概念及表示（含答案）-【五年高考·三年模拟】2025年新教材高考数学一轮基础练习（含答案），共17页。试卷主要包含了1 数列的概念及表示，设数列{an}的前n项和为Sn等内容，欢迎下载使用。
7.1 数列的概念及表示
五年高考
考点 数列的概念及表示
1.(2019浙江,10,5分,难)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=an2+b,n∈N*,则( )
A.当b=12时,a10>10 B.当b=14时,a10>10
C.当b=-2时,a10>10 D.当b=-4时,a10>10
2.(2020课标Ⅱ理,12,5分,难)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2…an…满足ai∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得ai+m=ai(i=1,2,…)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足ai+m=ai(i=1,2,…)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2…an…,C(k)=1mi=1m aiai+k(k=1,2,…,m-1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0-1序列中,满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是( )
A.11010… B.11011…
C.10001… D.11001…
3.(2021浙江,10,5分,难)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an1+an(n∈N*).记数列{an}的前n项和为Sn,则( )
A.32C.44.(2019上海,8,5分,易)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn+an=2,则S5= .
5.(2016浙江理,13,5分,易)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1= ,S5= .
6.(2014课标Ⅱ,16,5分,易)数列{an}满足an+1=11−an,a8=2,则a1= .
7.(2015江苏,11,5分,中)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列1an前10项的和为 .
8.(2022北京,15,5分,难)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足an·Sn=9(n=1,2,…).给出下列四个结论:
①{an}的第2项小于3;②{an}为等比数列;
③{an}为递减数列;④{an}中存在小于1100的项.
其中所有正确结论的序号是 .
9.(2020课标Ⅰ文,16,5分,难)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1= .
10.(2016课标Ⅲ,17,12分,中)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,an2-(2an+1-1)an-2an+1=0.
(1)求a2,a3;
(2)求{an}的通项公式.
三年模拟
综合基础练
1.(2023湖南雅礼中学二模,2)已知数列{an},若a1+a2n-1=4n-6,则a7=( )
A.9 B.11 C.13 D.15
2.(2023山东聊城期中,6)已知数列{an}中,a1=12,an+1=1-1an,则a2 023=( )
A.12 B.-1 C.2 D.1
3.(2023江苏泰州校考,5)已知数列{an}的通项公式为an=n2-3λn,则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
(2023黑龙江省实验中学二模,5)数列{an}的前n项和为Sn,a1=12,若该数列满足
an+2SnSn-1=0(n≥2),则下列命题中错误的是( )
A.1Sn是等差数列 B.Sn=12n
C.an=-12n(n−1) D.{S2n}是等比数列
5.(2023福建漳州二模,7)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.已知该数列{an}的前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,记bn=(-1)n·an,n∈N*,则数列{bn}的前20项和是( )
A.110 B.100 C.90 D.80
6.(2023河北唐山一中校考,8)数列{an}满足a1=14,an+1=14−4an,若不等式a2a1+a3a2+…+an+2an+1A.74 B.34 C.78 D.38
7.(多选)(2023吉林东北师大附中二模,10)已知数列{an},a1=1,anan+1=22n-1(n∈N*),{an}的前n项的和为Sn,前n项的积为Tn,则下列结论正确的是( )
A.a3=2 B.an+1an−1=4
C.Sn=2n-1 D.T2n=2n(2n-1)
8.(2023福建厦门二模,15)数列{an}满足an+1=1+an1−an,a1=2,n∈N*,若Tn=a1a2…an,n∈N*,则T10= .
9.(2024届山东适应性联考(一),14)对于数列{an},由bn=an+1-an作通项得到的数列{bn},称{bn}为数列{an}的差分数列,已知数列{bn}为数列{an}的差分数列,且{bn}是以1为首项,以2为公差的等差数列,则a10-a5= .
10.(2024届浙江宁波模拟,18)已知数列{an}满足a1=1,且对任意正整数m,n都有am+n=an+am+2mn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{(-1)nan}的前n项和Sn.
综合拔高练
1.(2023北京四中暑假测试,10)已知数列{an}满足 a1=1,a2=a3=2,a4=a5=a6=3,a7=a8=a9=a10=4,……,则 a2 022=( )
A.45 B.46 C.64 D.65
2.(2023贵州贵阳摸底,8)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn+2=an+1(n∈N*),则a2+a4+…+a2 022=( )
A.43×(22 022-1) B.43×(22 024-1)
C.163×1−122 022 D.43×1−122 024
3.(2023湖南长沙长郡中学二模,5)图甲是第七届国际数学家大会(简称ICME-7)的会徽图案,会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5=A5A6=A6A7=A7A8=…=2,A1,A2,A3,…为直角顶点,设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{an},令bn=2an−2,Sn为数列{bn}的前n项和,则S120=( )
A.8 B.9 C.10 D.11
4.(多选)(2023河北石家庄二中开学考,11)已知数列{an}满足a2=3,an·an+1=3n(n∈N*),Sn为数列{an}的前n项和,则( )
A.{an}是等比数列
B.{a2n}是等比数列
C.S2 022=2(31 011-1)
D.{an}中存在不相等的三项构成等差数列
5.(2024届安徽安庆校级月考,13)若{an}满足2(n+1)·an2+(n+2)an·an+1-nan+12=0,且an>0,a1=1,则an= .
6.(2023重庆联考,14)数列{an}满足an-an-1=1n(n+1)(n≥2,且n∈N*),a1=2,对于任意n∈N*有λ>an恒成立,则λ的取值范围是 .
7.(2024届江苏、广东、福建大联考,21)已知数列{an}满足a1=1,且nan+1-(n+1)an=1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列anbn的前n项和为Sn,且Sn=3n−12,求数列{bn}的前n项和Tn.
8.(2023湖北黄冈中学三模,17)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=an2+2an-3(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)将数列{an}和数列{2n}中所有的项,按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn},求{bn}的前100项和.
9.(2023广东茂名二模,17)已知数列{an}的前n(n∈N*)项和Sn满足Sn+1+Sn=2(n+1)2,且a1=1.
(1)求a2,a3,a4;
(2)若Sn不超过240,求n的最大值.
10.(2023吉林东北师大附中二模,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=4,anSn=n+12n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记cn=an2n-1,数列{cn}的前n项和为Tn,求1T1+1T2+…+1Tn的值.
11.(2023河北邯郸二模,18)已知数列{an}中,an>0,a1=3,记数列{an}的前n项的乘积为Sn,且Sn=ann+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an−1an+1,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn∈(n-1,n).
12.(2023山东日照联考,17)已知数列{an}的首项a1=23,且满足an+1=2anan+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若1a1+1a2+1a3+…+1an<100,求满足条件的最大整数n.
专题七 数列
7.1 数列的概念及表示
五年高考
考点 数列的概念及表示
1.(2019浙江,10,5分,难)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=an2+b,n∈N*,则( )
A.当b=12时,a10>10 B.当b=14时,a10>10
C.当b=-2时,a10>10 D.当b=-4时,a10>10
答案 A
2.(2020课标Ⅱ理,12,5分,难)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2…an…满足ai∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得ai+m=ai(i=1,2,…)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足ai+m=ai(i=1,2,…)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2…an…,C(k)=1mi=1m aiai+k(k=1,2,…,m-1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0-1序列中,满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是( )
A.11010… B.11011…
C.10001… D.11001…
答案 C
3.(2021浙江,10,5分,难)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an1+an(n∈N*).记数列{an}的前n项和为Sn,则( )
A.32C.4答案 A
4.(2019上海,8,5分,易)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn+an=2,则S5= .
答案 3116
5.(2016浙江理,13,5分,易)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1= ,S5= .
答案 1;121
6.(2014课标Ⅱ,16,5分,易)数列{an}满足an+1=11−an,a8=2,则a1= .
答案 12
7.(2015江苏,11,5分,中)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列1an前10项的和为 .
答案 2011
8.(2022北京,15,5分,难)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足an·Sn=9(n=1,2,…).给出下列四个结论:
①{an}的第2项小于3;②{an}为等比数列;
③{an}为递减数列;④{an}中存在小于1100的项.
其中所有正确结论的序号是 .
答案 ①③④
9.(2020课标Ⅰ文,16,5分,难)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1= .
答案 7
10.(2016课标Ⅲ,17,12分,中)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,an2-(2an+1-1)an-2an+1=0.
(1)求a2,a3;
(2)求{an}的通项公式.
解析 (1)令n=1,则由题可得a12-(2a2-1)a1-2a2=0,
把a1=1代入,得1-(2a2-1)-2a2=0,解得a2=12,
令n=2,则a22-(2a3-1)a2-2a3=0,
即14−12(2a3-1)-2a3=0,解得a3=14.
(2)将an2-(2an+1-1)an-2an+1=0因式分解可得(an+1)·(an-2an+1)=0,则an=-1(舍)或an-2an+1=0,
即an+1an=12,即{an}是以1为首项,12为公比的等比数列,所以an=1×12n−1=12n−1.
三年模拟
综合基础练
1.(2023湖南雅礼中学二模,2)已知数列{an},若a1+a2n-1=4n-6,则a7=( )
A.9 B.11 C.13 D.15
答案 B
2.(2023山东聊城期中,6)已知数列{an}中,a1=12,an+1=1-1an,则a2 023=( )
A.12 B.-1 C.2 D.1
答案 A
3.(2023江苏泰州校考,5)已知数列{an}的通项公式为an=n2-3λn,则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案 C
(2023黑龙江省实验中学二模,5)数列{an}的前n项和为Sn,a1=12,若该数列满足
an+2SnSn-1=0(n≥2),则下列命题中错误的是( )
A.1Sn是等差数列 B.Sn=12n
C.an=-12n(n−1) D.{S2n}是等比数列
答案 C
5.(2023福建漳州二模,7)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.已知该数列{an}的前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,记bn=(-1)n·an,n∈N*,则数列{bn}的前20项和是( )
A.110 B.100 C.90 D.80
答案 A
6.(2023河北唐山一中校考,8)数列{an}满足a1=14,an+1=14−4an,若不等式a2a1+a3a2+…+an+2an+1A.74 B.34 C.78 D.38
答案 A
7.(多选)(2023吉林东北师大附中二模,10)已知数列{an},a1=1,anan+1=22n-1(n∈N*),{an}的前n项的和为Sn,前n项的积为Tn,则下列结论正确的是( )
A.a3=2 B.an+1an−1=4
C.Sn=2n-1 D.T2n=2n(2n-1)
答案 BCD
8.(2023福建厦门二模,15)数列{an}满足an+1=1+an1−an,a1=2,n∈N*,若Tn=a1a2…an,n∈N*,则T10= .
答案 -6
9.(2024届山东适应性联考(一),14)对于数列{an},由bn=an+1-an作通项得到的数列{bn},称{bn}为数列{an}的差分数列,已知数列{bn}为数列{an}的差分数列,且{bn}是以1为首项,以2为公差的等差数列,则a10-a5= .
答案 65
10.(2024届浙江宁波模拟,18)已知数列{an}满足a1=1,且对任意正整数m,n都有am+n=an+am+2mn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{(-1)nan}的前n项和Sn.
解析 (1)由对任意正整数m,n均有am+n=an+am+2mn,取m=1,得an+1=an+1+2n,
当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+3+5+…+2n-1=n(1+2n−1)2=n2,
当n=1时,a1=1,符合上式,所以an=n2,n∈N*.(6分)
(2)当n为偶数时,
Sn=(-12+22)+(-32+42)+…+[-(n-1)2+n2]=3+7+11+…+(2n-1)=n2(3+2n−1)2=n(n+1)2;
当n为奇数时,Sn=Sn-1+(-1)nan=Sn-1-an=(n−1)n2−n2=−n2−n2.
综上所述:Sn=n2+n2,n为偶数,−n2−n2,n为奇数.(12分)
综合拔高练
1.(2023北京四中暑假测试,10)已知数列{an}满足 a1=1,a2=a3=2,a4=a5=a6=3,a7=a8=a9=a10=4,……,则 a2 022=( )
A.45 B.46 C.64 D.65
答案 C
2.(2023贵州贵阳摸底,8)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn+2=an+1(n∈N*),则a2+a4+…+a2 022=( )
A.43×(22 022-1) B.43×(22 024-1)
C.163×1−122 022 D.43×1−122 024
答案 A
3.(2023湖南长沙长郡中学二模,5)图甲是第七届国际数学家大会(简称ICME-7)的会徽图案,会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5=A5A6=A6A7=A7A8=…=2,A1,A2,A3,…为直角顶点,设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{an},令bn=2an−2,Sn为数列{bn}的前n项和,则S120=( )
A.8 B.9 C.10 D.11
答案 C
4.(多选)(2023河北石家庄二中开学考,11)已知数列{an}满足a2=3,an·an+1=3n(n∈N*),Sn为数列{an}的前n项和,则( )
A.{an}是等比数列
B.{a2n}是等比数列
C.S2 022=2(31 011-1)
D.{an}中存在不相等的三项构成等差数列
答案 BC
5.(2024届安徽安庆校级月考,13)若{an}满足2(n+1)·an2+(n+2)an·an+1-nan+12=0,且an>0,a1=1,则an= .
答案 n·2n-1
6.(2023重庆联考,14)数列{an}满足an-an-1=1n(n+1)(n≥2,且n∈N*),a1=2,对于任意n∈N*有λ>an恒成立,则λ的取值范围是 .
答案 52,+∞
7.(2024届江苏、广东、福建大联考,21)已知数列{an}满足a1=1,且nan+1-(n+1)an=1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列anbn的前n项和为Sn,且Sn=3n−12,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)因为nan+1-(n+1)an=1,
所以an+1n+1−ann=1n(n+1)=1n−1n+1,(1分)
所以n≥2时,ann=ann−an−1n−1+an−1n−1−an−2n−2+…+a22−a11+a1
=1n−1−1n+1n−2−1n−1+…+1−12+1=2−1n,(3分)
当n=1时,a1=1适合上式,(4分)
所以an=2n-1,n∈N*.(5分)
(2)因为Sn=3n−12,所以当n=1时,S1=a1b1=1,得b1=1;(6分)
当n≥2时,anbn=Sn−Sn−1=3n−12−3n−1−12=3n-1,
所以bn=2n−13n−1,n≥2,当n=1时也成立.(7分)
因此bn=2n−13n−1,n∈N*.
因为Tn=130+331+532+…+2n−13n−1,
所以13Tn=131+332+533+…+2n−13n,(8分)
所以23Tn=130+231+232+…+23n−1−2n−13n=1+2×131−13n−11−13−2n−13n=1+1−13n−1−2n−13n=2−2n+23n,(11分)
故Tn=3-n+13n−1.(12分)
8.(2023湖北黄冈中学三模,17)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=an2+2an-3(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)将数列{an}和数列{2n}中所有的项,按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn},求{bn}的前100项和.
解析 (1)依题意an>0,当n=1时,4a1=a12+2a1-3,解得a1=3,
当n≥2时,由4Sn=an2+2an-3,得4Sn-1=an−12+2an-1-3,作差得4an=an2−an−12+2an-2an-1,∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0(n≥2),∵an+an-1>0,∴an-an-1=2(n≥2),∴数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列,
∴an=2n+1,n∈N*.
(2)由(1)得,a100=201,又27<201<28,同时a93=187>27,∴b100=a93,
∴b1+b2+…+b100=(a1+a2+…+a93)+(21+22+…+27)=93×(a1+a93)2+2×(1−27)1−2=9 089.
所以{bn}的前100项和为9 089.
9.(2023广东茂名二模,17)已知数列{an}的前n(n∈N*)项和Sn满足Sn+1+Sn=2(n+1)2,且a1=1.
(1)求a2,a3,a4;
(2)若Sn不超过240,求n的最大值.
解析 (1)当n=1时,S2+S1=a2+2a1=2×(1+1)2=8,a2=6,
当n=2时,S3+S2=a3+2a2+2a1=2×(2+1)2=18,a3=4,
当n=3时,S4+S3=a4+2a3+2a2+2a1=2×(3+1)2=32,a4=10.
(2)∵Sn+1+Sn=2(n+1)2,①
∴当n=1时,S2+S1=2×22=8,
又a1=S1=1,则S2=8-S1=8-1=7,
当n≥2时,Sn+Sn-1=2n2,②
①-②可得Sn+1-Sn-1=4n+2,
当n(n>2)为偶数时,
Sn-S2=(4×4-2)+(4×6-2)+…+(4n-2)
=[14+(4n−2)]2·n2−1=n2+n-6,
∴Sn=n(n+1)+1.
当n(n>2)为奇数时,
Sn-S1=(4×3-2)+(4×5-2)+…+(4n-2)
=[10+(4n−2)]2·n−12=n2+n-2,
∴Sn=n(n+1)-1,
由15×16-1=239<240,16×17+1=273>240得n的最大值为15.
10.(2023吉林东北师大附中二模,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=4,anSn=n+12n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记cn=an2n-1,数列{cn}的前n项和为Tn,求1T1+1T2+…+1Tn的值.
解析 (1)由anSn=n+12n得到Sn=2nann+1,
当n≥2时,Sn-1=2(n−1)an−1n,
两式相减,有an=2nann+1−2(n−1)an−1n,得到2(n−1)an−1n=(n−1)ann+1,
由于n≥2,所以ann+1=2·an−1n.
因为a12=2,由上述递推关系知ann+1≠0,
所以ann+1是以2为首项,2为公比的等比数列,
所以ann+1=2×2n-1,
所以an=(n+1)2n.
(2)由(1)知:cn=an2n-1=n,则cn+1-cn=n+1-n=1,
所以数列{cn}为等差数列,
所以数列{cn}的前n项和为Tn=n(n+1)2,
则1Tn=2n(n+1)=21n−1n+1,
所以1T1+1T2+…+1Tn=21−12+12−13+…+1n−1n+1=2nn+1.
11.(2023河北邯郸二模,18)已知数列{an}中,an>0,a1=3,记数列{an}的前n项的乘积为Sn,且Sn=ann+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an−1an+1,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn∈(n-1,n).
解析 (1)由题意知Sn为正项数列{an}的前n项的乘积,且Sn=ann+1,
当n=2时,S22=(a1a2)2=a23,所以(3a2)2=a23,解得a2=9.
又Sn2=ann+1①,Sn+12=an+1n+2②,②÷①得,an+12=an+1n+2ann+1,即an+1n=ann+1,
所以lg an+1n=lg ann+1,即nlg an+1=(n+1)lg an,
所以lg an+1n+1=lg ann,所以lg a22=lg a11=lg 3,
结合lg an+1n+1=lg ann,可知数列lg ann是常数列,
所以lg ann=lg a11=lg 3,所以lg an=nlg 3=lg 3n,所以an=3n.
(2)证明:由(1)可得bn=an−1an+1=3n−13n+1=1−23n+1,
则Tn=1−231+1+1−232+1+…+1−23n+1
=n-2131+1+132+1+…+13n+1,
由于131+1+132+1+…+13n+1<131+132+…+13n=131−13n1−13=121−13n<12,
故Tn=n-2131+1+132+1+…+13n+1>n-1,且Tn所以n-112.(2023山东日照联考,17)已知数列{an}的首项a1=23,且满足an+1=2anan+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若1a1+1a2+1a3+…+1an<100,求满足条件的最大整数n.
解析 (1)因为an+1=2anan+1,a1=23,
所以易知an≠0,
取倒数得1an+1=an+12an=12+12an,即1an+1−1=121an−1,
因为a1=23,
所以1a1−1=12,
所以1an-1≠0,
所以1an+1−11an−1=12为常数,
所以1an−1是以12为首项,12为公比的等比数列,
所以1an−1=12n,则1an=12n+1,
所以an=112n+1=2n2n+1,
即数列{an}的通项公式为an=2n2n+1.
(2)因为1an=12n+1,所以1a1+1a2+…+1an=n+121−12n1−12=n+1−12n,
令bn=n+1-12n,显然,{bn}是递增数列,
由题意知bn=n+1-12n<100.
因为b99=100-1299<100,b100=101-12100>100,所以n≤99,
所以满足条件的最大整数n为99.
7.1 数列的概念及表示
五年高考
考点 数列的概念及表示
1.(2019浙江,10,5分,难)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=an2+b,n∈N*,则( )
A.当b=12时,a10>10 B.当b=14时,a10>10
C.当b=-2时,a10>10 D.当b=-4时,a10>10
2.(2020课标Ⅱ理,12,5分,难)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2…an…满足ai∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得ai+m=ai(i=1,2,…)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足ai+m=ai(i=1,2,…)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2…an…,C(k)=1mi=1m aiai+k(k=1,2,…,m-1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0-1序列中,满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是( )
A.11010… B.11011…
C.10001… D.11001…
3.(2021浙江,10,5分,难)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an1+an(n∈N*).记数列{an}的前n项和为Sn,则( )
A.32
5.(2016浙江理,13,5分,易)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1= ,S5= .
6.(2014课标Ⅱ,16,5分,易)数列{an}满足an+1=11−an,a8=2,则a1= .
7.(2015江苏,11,5分,中)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列1an前10项的和为 .
8.(2022北京,15,5分,难)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足an·Sn=9(n=1,2,…).给出下列四个结论:
①{an}的第2项小于3;②{an}为等比数列;
③{an}为递减数列;④{an}中存在小于1100的项.
其中所有正确结论的序号是 .
9.(2020课标Ⅰ文,16,5分,难)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1= .
10.(2016课标Ⅲ,17,12分,中)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,an2-(2an+1-1)an-2an+1=0.
(1)求a2,a3;
(2)求{an}的通项公式.
三年模拟
综合基础练
1.(2023湖南雅礼中学二模,2)已知数列{an},若a1+a2n-1=4n-6,则a7=( )
A.9 B.11 C.13 D.15
2.(2023山东聊城期中,6)已知数列{an}中,a1=12,an+1=1-1an,则a2 023=( )
A.12 B.-1 C.2 D.1
3.(2023江苏泰州校考,5)已知数列{an}的通项公式为an=n2-3λn,则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
(2023黑龙江省实验中学二模,5)数列{an}的前n项和为Sn,a1=12,若该数列满足
an+2SnSn-1=0(n≥2),则下列命题中错误的是( )
A.1Sn是等差数列 B.Sn=12n
C.an=-12n(n−1) D.{S2n}是等比数列
5.(2023福建漳州二模,7)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.已知该数列{an}的前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,记bn=(-1)n·an,n∈N*,则数列{bn}的前20项和是( )
A.110 B.100 C.90 D.80
6.(2023河北唐山一中校考,8)数列{an}满足a1=14,an+1=14−4an,若不等式a2a1+a3a2+…+an+2an+1
7.(多选)(2023吉林东北师大附中二模,10)已知数列{an},a1=1,anan+1=22n-1(n∈N*),{an}的前n项的和为Sn,前n项的积为Tn,则下列结论正确的是( )
A.a3=2 B.an+1an−1=4
C.Sn=2n-1 D.T2n=2n(2n-1)
8.(2023福建厦门二模,15)数列{an}满足an+1=1+an1−an,a1=2,n∈N*,若Tn=a1a2…an,n∈N*,则T10= .
9.(2024届山东适应性联考(一),14)对于数列{an},由bn=an+1-an作通项得到的数列{bn},称{bn}为数列{an}的差分数列,已知数列{bn}为数列{an}的差分数列,且{bn}是以1为首项,以2为公差的等差数列,则a10-a5= .
10.(2024届浙江宁波模拟,18)已知数列{an}满足a1=1,且对任意正整数m,n都有am+n=an+am+2mn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{(-1)nan}的前n项和Sn.
综合拔高练
1.(2023北京四中暑假测试,10)已知数列{an}满足 a1=1,a2=a3=2,a4=a5=a6=3,a7=a8=a9=a10=4,……,则 a2 022=( )
A.45 B.46 C.64 D.65
2.(2023贵州贵阳摸底,8)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn+2=an+1(n∈N*),则a2+a4+…+a2 022=( )
A.43×(22 022-1) B.43×(22 024-1)
C.163×1−122 022 D.43×1−122 024
3.(2023湖南长沙长郡中学二模,5)图甲是第七届国际数学家大会(简称ICME-7)的会徽图案,会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5=A5A6=A6A7=A7A8=…=2,A1,A2,A3,…为直角顶点,设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{an},令bn=2an−2,Sn为数列{bn}的前n项和,则S120=( )
A.8 B.9 C.10 D.11
4.(多选)(2023河北石家庄二中开学考,11)已知数列{an}满足a2=3,an·an+1=3n(n∈N*),Sn为数列{an}的前n项和,则( )
A.{an}是等比数列
B.{a2n}是等比数列
C.S2 022=2(31 011-1)
D.{an}中存在不相等的三项构成等差数列
5.(2024届安徽安庆校级月考,13)若{an}满足2(n+1)·an2+(n+2)an·an+1-nan+12=0,且an>0,a1=1,则an= .
6.(2023重庆联考,14)数列{an}满足an-an-1=1n(n+1)(n≥2,且n∈N*),a1=2,对于任意n∈N*有λ>an恒成立,则λ的取值范围是 .
7.(2024届江苏、广东、福建大联考,21)已知数列{an}满足a1=1,且nan+1-(n+1)an=1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列anbn的前n项和为Sn,且Sn=3n−12,求数列{bn}的前n项和Tn.
8.(2023湖北黄冈中学三模,17)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=an2+2an-3(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)将数列{an}和数列{2n}中所有的项,按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn},求{bn}的前100项和.
9.(2023广东茂名二模,17)已知数列{an}的前n(n∈N*)项和Sn满足Sn+1+Sn=2(n+1)2,且a1=1.
(1)求a2,a3,a4;
(2)若Sn不超过240,求n的最大值.
10.(2023吉林东北师大附中二模,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=4,anSn=n+12n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记cn=an2n-1,数列{cn}的前n项和为Tn,求1T1+1T2+…+1Tn的值.
11.(2023河北邯郸二模,18)已知数列{an}中,an>0,a1=3,记数列{an}的前n项的乘积为Sn,且Sn=ann+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an−1an+1,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn∈(n-1,n).
12.(2023山东日照联考,17)已知数列{an}的首项a1=23,且满足an+1=2anan+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若1a1+1a2+1a3+…+1an<100,求满足条件的最大整数n.
专题七 数列
7.1 数列的概念及表示
五年高考
考点 数列的概念及表示
1.(2019浙江,10,5分,难)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=an2+b,n∈N*,则( )
A.当b=12时,a10>10 B.当b=14时,a10>10
C.当b=-2时,a10>10 D.当b=-4时,a10>10
答案 A
2.(2020课标Ⅱ理,12,5分,难)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2…an…满足ai∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得ai+m=ai(i=1,2,…)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足ai+m=ai(i=1,2,…)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2…an…,C(k)=1mi=1m aiai+k(k=1,2,…,m-1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0-1序列中,满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是( )
A.11010… B.11011…
C.10001… D.11001…
答案 C
3.(2021浙江,10,5分,难)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an1+an(n∈N*).记数列{an}的前n项和为Sn,则( )
A.32
4.(2019上海,8,5分,易)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn+an=2,则S5= .
答案 3116
5.(2016浙江理,13,5分,易)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1= ,S5= .
答案 1;121
6.(2014课标Ⅱ,16,5分,易)数列{an}满足an+1=11−an,a8=2,则a1= .
答案 12
7.(2015江苏,11,5分,中)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列1an前10项的和为 .
答案 2011
8.(2022北京,15,5分,难)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足an·Sn=9(n=1,2,…).给出下列四个结论:
①{an}的第2项小于3;②{an}为等比数列;
③{an}为递减数列;④{an}中存在小于1100的项.
其中所有正确结论的序号是 .
答案 ①③④
9.(2020课标Ⅰ文,16,5分,难)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1= .
答案 7
10.(2016课标Ⅲ,17,12分,中)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,an2-(2an+1-1)an-2an+1=0.
(1)求a2,a3;
(2)求{an}的通项公式.
解析 (1)令n=1,则由题可得a12-(2a2-1)a1-2a2=0,
把a1=1代入,得1-(2a2-1)-2a2=0,解得a2=12,
令n=2,则a22-(2a3-1)a2-2a3=0,
即14−12(2a3-1)-2a3=0,解得a3=14.
(2)将an2-(2an+1-1)an-2an+1=0因式分解可得(an+1)·(an-2an+1)=0,则an=-1(舍)或an-2an+1=0,
即an+1an=12,即{an}是以1为首项,12为公比的等比数列,所以an=1×12n−1=12n−1.
三年模拟
综合基础练
1.(2023湖南雅礼中学二模,2)已知数列{an},若a1+a2n-1=4n-6,则a7=( )
A.9 B.11 C.13 D.15
答案 B
2.(2023山东聊城期中,6)已知数列{an}中,a1=12,an+1=1-1an,则a2 023=( )
A.12 B.-1 C.2 D.1
答案 A
3.(2023江苏泰州校考,5)已知数列{an}的通项公式为an=n2-3λn,则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案 C
(2023黑龙江省实验中学二模,5)数列{an}的前n项和为Sn,a1=12,若该数列满足
an+2SnSn-1=0(n≥2),则下列命题中错误的是( )
A.1Sn是等差数列 B.Sn=12n
C.an=-12n(n−1) D.{S2n}是等比数列
答案 C
5.(2023福建漳州二模,7)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.已知该数列{an}的前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,记bn=(-1)n·an,n∈N*,则数列{bn}的前20项和是( )
A.110 B.100 C.90 D.80
答案 A
6.(2023河北唐山一中校考,8)数列{an}满足a1=14,an+1=14−4an,若不等式a2a1+a3a2+…+an+2an+1
答案 A
7.(多选)(2023吉林东北师大附中二模,10)已知数列{an},a1=1,anan+1=22n-1(n∈N*),{an}的前n项的和为Sn,前n项的积为Tn,则下列结论正确的是( )
A.a3=2 B.an+1an−1=4
C.Sn=2n-1 D.T2n=2n(2n-1)
答案 BCD
8.(2023福建厦门二模,15)数列{an}满足an+1=1+an1−an,a1=2,n∈N*,若Tn=a1a2…an,n∈N*,则T10= .
答案 -6
9.(2024届山东适应性联考(一),14)对于数列{an},由bn=an+1-an作通项得到的数列{bn},称{bn}为数列{an}的差分数列,已知数列{bn}为数列{an}的差分数列,且{bn}是以1为首项,以2为公差的等差数列,则a10-a5= .
答案 65
10.(2024届浙江宁波模拟,18)已知数列{an}满足a1=1,且对任意正整数m,n都有am+n=an+am+2mn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{(-1)nan}的前n项和Sn.
解析 (1)由对任意正整数m,n均有am+n=an+am+2mn,取m=1,得an+1=an+1+2n,
当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+3+5+…+2n-1=n(1+2n−1)2=n2,
当n=1时,a1=1,符合上式,所以an=n2,n∈N*.(6分)
(2)当n为偶数时,
Sn=(-12+22)+(-32+42)+…+[-(n-1)2+n2]=3+7+11+…+(2n-1)=n2(3+2n−1)2=n(n+1)2;
当n为奇数时,Sn=Sn-1+(-1)nan=Sn-1-an=(n−1)n2−n2=−n2−n2.
综上所述:Sn=n2+n2,n为偶数,−n2−n2,n为奇数.(12分)
综合拔高练
1.(2023北京四中暑假测试,10)已知数列{an}满足 a1=1,a2=a3=2,a4=a5=a6=3,a7=a8=a9=a10=4,……,则 a2 022=( )
A.45 B.46 C.64 D.65
答案 C
2.(2023贵州贵阳摸底,8)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn+2=an+1(n∈N*),则a2+a4+…+a2 022=( )
A.43×(22 022-1) B.43×(22 024-1)
C.163×1−122 022 D.43×1−122 024
答案 A
3.(2023湖南长沙长郡中学二模,5)图甲是第七届国际数学家大会(简称ICME-7)的会徽图案,会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5=A5A6=A6A7=A7A8=…=2,A1,A2,A3,…为直角顶点,设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{an},令bn=2an−2,Sn为数列{bn}的前n项和,则S120=( )
A.8 B.9 C.10 D.11
答案 C
4.(多选)(2023河北石家庄二中开学考,11)已知数列{an}满足a2=3,an·an+1=3n(n∈N*),Sn为数列{an}的前n项和,则( )
A.{an}是等比数列
B.{a2n}是等比数列
C.S2 022=2(31 011-1)
D.{an}中存在不相等的三项构成等差数列
答案 BC
5.(2024届安徽安庆校级月考,13)若{an}满足2(n+1)·an2+(n+2)an·an+1-nan+12=0,且an>0,a1=1,则an= .
答案 n·2n-1
6.(2023重庆联考,14)数列{an}满足an-an-1=1n(n+1)(n≥2,且n∈N*),a1=2,对于任意n∈N*有λ>an恒成立,则λ的取值范围是 .
答案 52,+∞
7.(2024届江苏、广东、福建大联考,21)已知数列{an}满足a1=1,且nan+1-(n+1)an=1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列anbn的前n项和为Sn,且Sn=3n−12,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)因为nan+1-(n+1)an=1,
所以an+1n+1−ann=1n(n+1)=1n−1n+1,(1分)
所以n≥2时,ann=ann−an−1n−1+an−1n−1−an−2n−2+…+a22−a11+a1
=1n−1−1n+1n−2−1n−1+…+1−12+1=2−1n,(3分)
当n=1时,a1=1适合上式,(4分)
所以an=2n-1,n∈N*.(5分)
(2)因为Sn=3n−12,所以当n=1时,S1=a1b1=1,得b1=1;(6分)
当n≥2时,anbn=Sn−Sn−1=3n−12−3n−1−12=3n-1,
所以bn=2n−13n−1,n≥2,当n=1时也成立.(7分)
因此bn=2n−13n−1,n∈N*.
因为Tn=130+331+532+…+2n−13n−1,
所以13Tn=131+332+533+…+2n−13n,(8分)
所以23Tn=130+231+232+…+23n−1−2n−13n=1+2×131−13n−11−13−2n−13n=1+1−13n−1−2n−13n=2−2n+23n,(11分)
故Tn=3-n+13n−1.(12分)
8.(2023湖北黄冈中学三模,17)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=an2+2an-3(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)将数列{an}和数列{2n}中所有的项,按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn},求{bn}的前100项和.
解析 (1)依题意an>0,当n=1时,4a1=a12+2a1-3,解得a1=3,
当n≥2时,由4Sn=an2+2an-3,得4Sn-1=an−12+2an-1-3,作差得4an=an2−an−12+2an-2an-1,∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0(n≥2),∵an+an-1>0,∴an-an-1=2(n≥2),∴数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列,
∴an=2n+1,n∈N*.
(2)由(1)得,a100=201,又27<201<28,同时a93=187>27,∴b100=a93,
∴b1+b2+…+b100=(a1+a2+…+a93)+(21+22+…+27)=93×(a1+a93)2+2×(1−27)1−2=9 089.
所以{bn}的前100项和为9 089.
9.(2023广东茂名二模,17)已知数列{an}的前n(n∈N*)项和Sn满足Sn+1+Sn=2(n+1)2,且a1=1.
(1)求a2,a3,a4;
(2)若Sn不超过240,求n的最大值.
解析 (1)当n=1时,S2+S1=a2+2a1=2×(1+1)2=8,a2=6,
当n=2时,S3+S2=a3+2a2+2a1=2×(2+1)2=18,a3=4,
当n=3时,S4+S3=a4+2a3+2a2+2a1=2×(3+1)2=32,a4=10.
(2)∵Sn+1+Sn=2(n+1)2,①
∴当n=1时,S2+S1=2×22=8,
又a1=S1=1,则S2=8-S1=8-1=7,
当n≥2时,Sn+Sn-1=2n2,②
①-②可得Sn+1-Sn-1=4n+2,
当n(n>2)为偶数时,
Sn-S2=(4×4-2)+(4×6-2)+…+(4n-2)
=[14+(4n−2)]2·n2−1=n2+n-6,
∴Sn=n(n+1)+1.
当n(n>2)为奇数时,
Sn-S1=(4×3-2)+(4×5-2)+…+(4n-2)
=[10+(4n−2)]2·n−12=n2+n-2,
∴Sn=n(n+1)-1,
由15×16-1=239<240,16×17+1=273>240得n的最大值为15.
10.(2023吉林东北师大附中二模,18)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=4,anSn=n+12n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记cn=an2n-1,数列{cn}的前n项和为Tn,求1T1+1T2+…+1Tn的值.
解析 (1)由anSn=n+12n得到Sn=2nann+1,
当n≥2时,Sn-1=2(n−1)an−1n,
两式相减,有an=2nann+1−2(n−1)an−1n,得到2(n−1)an−1n=(n−1)ann+1,
由于n≥2,所以ann+1=2·an−1n.
因为a12=2,由上述递推关系知ann+1≠0,
所以ann+1是以2为首项,2为公比的等比数列,
所以ann+1=2×2n-1,
所以an=(n+1)2n.
(2)由(1)知:cn=an2n-1=n,则cn+1-cn=n+1-n=1,
所以数列{cn}为等差数列,
所以数列{cn}的前n项和为Tn=n(n+1)2,
则1Tn=2n(n+1)=21n−1n+1,
所以1T1+1T2+…+1Tn=21−12+12−13+…+1n−1n+1=2nn+1.
11.(2023河北邯郸二模,18)已知数列{an}中,an>0,a1=3,记数列{an}的前n项的乘积为Sn,且Sn=ann+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an−1an+1,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn∈(n-1,n).
解析 (1)由题意知Sn为正项数列{an}的前n项的乘积,且Sn=ann+1,
当n=2时,S22=(a1a2)2=a23,所以(3a2)2=a23,解得a2=9.
又Sn2=ann+1①,Sn+12=an+1n+2②,②÷①得,an+12=an+1n+2ann+1,即an+1n=ann+1,
所以lg an+1n=lg ann+1,即nlg an+1=(n+1)lg an,
所以lg an+1n+1=lg ann,所以lg a22=lg a11=lg 3,
结合lg an+1n+1=lg ann,可知数列lg ann是常数列,
所以lg ann=lg a11=lg 3,所以lg an=nlg 3=lg 3n,所以an=3n.
(2)证明:由(1)可得bn=an−1an+1=3n−13n+1=1−23n+1,
则Tn=1−231+1+1−232+1+…+1−23n+1
=n-2131+1+132+1+…+13n+1,
由于131+1+132+1+…+13n+1<131+132+…+13n=131−13n1−13=121−13n<12,
故Tn=n-2131+1+132+1+…+13n+1>n-1,且Tn
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若1a1+1a2+1a3+…+1an<100,求满足条件的最大整数n.
解析 (1)因为an+1=2anan+1,a1=23,
所以易知an≠0,
取倒数得1an+1=an+12an=12+12an,即1an+1−1=121an−1,
因为a1=23,
所以1a1−1=12,
所以1an-1≠0,
所以1an+1−11an−1=12为常数,
所以1an−1是以12为首项,12为公比的等比数列,
所以1an−1=12n,则1an=12n+1,
所以an=112n+1=2n2n+1,
即数列{an}的通项公式为an=2n2n+1.
(2)因为1an=12n+1,所以1a1+1a2+…+1an=n+121−12n1−12=n+1−12n,
令bn=n+1-12n,显然,{bn}是递增数列,
由题意知bn=n+1-12n<100.
因为b99=100-1299<100,b100=101-12100>100,所以n≤99,
所以满足条件的最大整数n为99.
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