2021年高考考点完全题数学（文）考点通关练习题 第四章 数列 28 word版含答案

第四章　数列

考点测试28　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＝(n∈N*)，则是这个数列的(　　)

A．第8项 B．第9项

C．第10项 D．第12项

答案　C

解析　由题意知＝，n∈N*，解得n＝10，即是这个数列的第10项，故选C.

2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则a2等于(　　)

A．4 B．2

C．1 D．－2

答案　A

解析　由Sn＝2(an－1)，得a1＝2(a1－1)，即a1＝2，

又a1＋a2＝2(a2－1)，得a2＝4.

3．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2n－1，则数列{an}的一个通项公式为(　　)

A．an＝n－1 B．an＝(n－1)2

C．an＝(n－1)3 D．an＝(n－1)4

答案　B

解析　a1＝0，an＋1＝an＋2n－1，所以a2＝0＋1＝1，a3＝1＋3＝4，a4＝4＋5＝9，故数列{an}的一个通项公式为an＝(n－1)2.

4．设an＝－2n2＋29n＋3，则数列{an}的最大项是(　　)

A．107 B．108

C． D．109

答案　B

解析　因为an＝－2n2＋29n＋3＝－22＋，n∈N*，所以当n＝7时，an取得最大值108.

5．数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝(　　)

A． B．

C． D．

答案　A

解析　解法一：令n＝2,3,4,5，分别求出a3＝，a5＝，∴a3＋a5＝，故选A.

解法二：当n≥2时，a1·a2·a3·…·an＝n2.

当n≥3时，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2.

两式相除得an＝2，∴a3＝，a5＝，

∴a3＋a5＝，故选A.

6．已知在数列{an}中，a1＝2，a2＝7，若an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2016的值为(　　)

A．8 B．6

C．4 D．2

答案　B

解析　因为a1a2＝2×7＝14，所以a3＝4；因为a2a3＝7×4＝28，所以a4＝8；因为a3a4＝4×8＝32，所以a5＝2；因为a4a5＝8×2＝16，所以a6＝6；因为a5a6＝2×6＝12，所以a7＝2；因为a6a7＝6×2＝12，所以a8＝2；依次计算得a9＝4，a10＝8，a11＝2，a12＝6，所以从第3项起，数列{an}成周期数列，周期为6，因为2016＝2＋335×6＋4，所以a2016＝6.

7．已知Sn是数列{an}的前n项和，且有Sn＝n2＋1，则数列{an}的通项an＝________.

答案　

解析　当n＝1时，a1＝S1＝1＋1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－＝2n－1.此时对于n＝1不成立，故an＝

8．数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝3n＋1，n∈N*，则an＝________.

答案　

解析　当n＝1时，a1＝12.

因为a1＋a2＋…＋an＝3n＋1，n∈N*，①

所以当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－2.②

所以①－②，得an＝3n＋1.所以an＝

二、高考小题

9．根据下面框图，对大于2的整数N，输出的数列的通项公式是(　　)

A．an＝2n B．an＝2(n－1)

C．an＝2n D．an＝2n－1

答案　C

解析　由程序框图可知：a1＝2×1＝2，a2＝2×2＝4，a3＝2×4＝8，a4＝2×8＝16，归纳可得：an＝2n，故选C.

10．设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则(　　)

A．d<0 B．d>0

C．a1d<0 D．a1d>0

答案　C

解析　∵数列{2a1an}为递减数列，∴2a1an>2a1an＋1，n∈N*，∴a1an>a1an＋1，∴a1(an＋1－an)<0.∵{an}为公差为d的等差数列，∴a1d<0.故选C.

11．数列{an}满足an＋1＝，a8＝2，则a1＝________.

答案　

解析　由an＋1＝，得an＝1－，

∵a8＝2，∴a7＝1－＝，a6＝1－＝－1，a5＝1－＝2，……，∴{an}是以3为周期的数列，∴a1＝a7＝.

12．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

解析　解法一：∵an＋1＝2Sn＋1，∴a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又∵S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，

∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，由S2＝4，可求出S3＝13，S4＝40，S5＝121.

解法二：由an＋1＝2Sn＋1，得a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，则Sn＋1＋＝3，又S1＋＝，∴是首项为，公比为3的等比数列，∴Sn＋＝×3n－1，即Sn＝，∴S5＝＝121.

13．设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为________．

答案　

解析　由已知得，a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝n－1＋1(n≥2)，则有an－a1＝1＋2＋3＋…＋n－1＋(n－1)(n≥2)，因为a1＝1，所以an＝1＋2＋3＋…＋n(n≥2)，即an＝(n≥2)，又当n＝1时，a1＝1也适合上式，故an＝(n∈N*)，所以＝＝2，从而＋＋＋…＋＝2×＋2×＋2×＋…＋2×＝2×＝.

三、模拟小题

14．在数列{an}中，an＋1－an＝2，Sn为{an}的前n项和．若S10＝50，则数列{an＋an＋1}的前10项和为(　　)

A．100 B．110

C．120 D．130

答案　C

解析　{an＋an＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120，故选C.

15．设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝(an－1)(n∈N*)，则an＝(　　)

A．3(3n－2n) B．3n＋2

C．3n D．3·2n－1

答案　C

解析　解得代入选项逐一检验，只有C符合．

16．已知函数f(x)＝

(a>0，且a≠1)，若数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(　　)

A．(0,1) B．

C．(2,3) D．(1,3)

答案　C

解析　因为{an}是递增数列，所以

解得2<a<3，所以实数a的取值范围是(2,3)．

17．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则该数列的前2017项的乘积a1·a2·a3·…·a2017＝________.

答案　2

解析　由题意可得，a2＝＝－3，a3＝＝－，a4＝＝，a5＝＝2＝a1，∴数列{an}是以4为周期的数列，而2017＝4×504＋1，a1a2a3a4＝1，∴前2017项的乘积为1504·a1＝2.

18．若数列{an}满足a1·a2·a3·…·an＝n2＋3n＋2，则数列{an}的通项公式为________．

答案　an＝

解析　a1·a2·a3·…·an＝(n＋1)(n＋2)，当n＝1时，a1＝6；当n≥2时，

故当n≥2时，an＝，

所以an＝

一、高考大题

1．设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.

(1)求{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.

解　(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，

当n>1时，2Sn－1＝3n－1＋3，

此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，

即an＝3n－1，

所以an＝

(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，

当n>1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.

所以T1＝b1＝；

当n>1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋，

所以3Tn＝1＋，

两式相减，得

2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n

＝＋－(n－1)×31－n＝－＝－，

所以Tn＝－＝－.

经检验，n＝1时也适合．

综上可得Tn＝－＝－.

2．已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*)．

(1)证明：1≤≤2(n∈N*)；

(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：≤≤(n∈N*)．

证明　(1)由题意得an＋1－an＝－a≤0，

即an＋1≤an，故an≤.

由an＝(1－an－1)an－1，得an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1>0.

由0<an≤，得＝＝∈，

即1≤≤2.

(2)由题意得a＝an－an＋1，所以＝－，

Sn＝a1－an＋1.①

由＝－和1≤≤2，得1≤－≤2，

所以n≤－≤2n，

因此≤an＋1≤(n∈N*)．②

由①②得≤≤(n∈N*)．

二、模拟大题

3．已知数列{an}中，an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)．

(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；

(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．

解　(1)∵an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)．

又∵a＝－7，∴an＝1＋(n∈N*)．

结合函数f(x)＝1＋的单调性，

可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*)．

∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.

(2)an＝1＋＝1＋.

∵对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，结合函数f(x)＝1＋的单调性，∴5<<6，∴－10<a<－8.

4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝4Sn－1(n∈N*)．

(1)证明：an＋2－an＝4；

(2)求数列{an}的通项公式．

解　(1)证明：∵anan＋1＝4Sn－1，∴an＋1an＋2＝4Sn＋1－1，

∴an＋1(an＋2－an)＝4an＋1.

又an≠0，∴an＋2－an＝4.

(2)由anan＋1＝4Sn－1，a1＝1，得a2＝3.

由an＋2－an＝4知数列{a2n}和{a2n－1}都是公差为4的等差数列，

∴a2n＝3＋4(n－1)＝2(2n)－1，

a2n－1＝1＋4(n－1)＝2(2n－1)－1，

∴an＝2n－1.

5．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝a＋an(n∈N*)．

(1)求a1，a2，a3，a4的值；

(2)求数列{an}的通项公式．

解　(1)由Sn＝a＋an(n∈N*)，可得，

a1＝a＋a1，解得a1＝1，a1＝0(舍)．

S2＝a1＋a2＝a＋a2，解得a2＝2(负值舍去)；

同理可得a3＝3，a4＝4.

(2)因为Sn＝a＋，①

所以当n≥2时，Sn－1＝a＋，②

①－②得an＝(an－an－1)＋(a－a)，所以(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.

由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，又由(1)知a1＝1，

所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n.

6．在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝an＋1(n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项an；

(2)若存在n∈N*，使得an≤(n＋1)λ成立，求实数λ的最小值．

解　(1)当n≥2时，由题可得

a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝an，①

a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝an＋1，②

②－①得nan＝an＋1－an，

即(n＋1)an＋1＝3nan，＝3，

∴{nan}是以2a2＝2为首项，3为公比的等比数列(n≥2)．

∴nan＝2·3n－2，∴an＝·3n－2(n≥2)．

∵a1＝1，∴an＝

(2)an≤(n＋1)λ⇔λ≥，

由(1)可知当n≥2时，

＝，

设f(n)＝(n≥2，n∈N*)，＝·，

则f(n＋1)－f(n)＝<0，∴>(n≥2)．

故n≥2时，是递增数列．

又·＝及＝，

∴所求实数λ的最小值为.