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

考点测试29数列的观点与简单表示法一、基础小题1．已知数列{n}的通项公式an＝1(n∈N*)，则1是这个数列的()ann＋2120A．第8项B．第9项C．第10项D．第12项答案C11*1分析由题意知120＝nn＋2，n∈N，解得n＝10，即120是这个数列的第10项．应选C．2．在数列{an}中，a1＝2，且(n＋1)an＝nan＋1，则a3的值为()A．5B．6C．7D．8答案B分析由(＋1)n＝n＋1nnn1n＝2，n＋1得a＝a，所以数列a为常数列，则a＝a＝2，即ananan＋1nnn1n所以3＝2×3＝6．应选B．an2n)3．设a＝－2n＋29n＋3，则数列{a}的最大项是(865A．107B．108C．8D．109答案B分析n2n－292865*n获得最由于a＝－2n＋29n＋3＝－24＋8，n∈N，所以当n＝7时，a大值108．4．数列{an}中，a1＝1，关于全部的n≥2，n∈N都有a1·a2·a3··an＝n2，则a3＋a5＝()61252531A．16B．9C．16D．15答案A分析解法一：令n＝2，3，4，5，分别求出3＝9，5＝25，∴3＋5＝61．应选A．a4a16aa16解法二：当≥2时，1·2·3··n＝2．naaaan当n≥3时，a·a·a··a＝2n．123n－1nn239525两式相除得a＝n－1，∴a＝4，a＝16，∴3＋5＝61．应选A．aa1615．若数列{an}知足a1＝2，an＋1＝1－n，则a2018＝()a1A．－2B．－1C．2D．2答案B分析∵数列{an}知足a1＝2，an＋1＝1(n∈N*)，∴a2＝1＝－1，a3＝1＝1，1－an1－21－－12a4＝1＝2，，可知此数列有周期性，周期T＝3，即an＋3＝an，则a2018＝a672×3＋2＝a2＝－1．故11－2选B．6．把1，3，6，10，15，这些数叫做三角形数，这是由于这些数量的圆点能够排成一个正三角形(如下图)．则第7个三角形数是( )A．27B．28C．29D．30答案B分析察看三角形数的增加规律，能够发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即a＝an－1＋n(n≥2)．所以依据这个规律计算可知，第7个三角形数是a＝a＋7＝n76a＋6＋7＝15＋6＋7＝28．应选B．57．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N*，则an＝( )A．2n＋1B．2nC．2n－1D．2n－2答案A分析由于Sn＝2an－4，所以n≥2时，有Sn－1＝2an－1－4，两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2n－2n－1，整理得an＝2n－1，即an＝2(≥2)．由于1＝1＝21－4，所以na＝4，所以an＋11n8．在数列{a}中，a＝2，a＝a＋ln11nn1n＋1nnA．2＋lnnB．2＋(n－1)lnnC．2＋lnnD．1＋＋lnnnn答案A分析解法一：由已知得an＋1－an＝ln1＋1＝nn＋1nnnnnnnlnn，而a＝(a－a－1)＋(a－1＋a－2)＋＋(a2－a1)＋a1，n≥2，所以a＝lnn－1n－1＋ln＋＋n－22nn－1211＋2．故ln1＋2＝lnn－1·n－2··1＋2＝lnn＋2，n≥2．当n＝1时，a＝2＝ln选A．解法二：由a＝a＋ln1＋－1＝a＋ln－1＝a＋lnn－ln(n－1)(n≥2)，可nn－11n－1nnn－1n知an－ln＝n－1－ln(－1)(n≥2)．令n＝n－ln，则数列{bn}是以1＝1－ln1＝2nanbanba为首项的常数列，故bn＝2，所以2＝an－lnn，所以an＝2＋lnn．应选A．2n9．已知数列{an}的通项公式为an＝n3，则数列{an}中的最大项为()8B．264125A．3C．D．981243答案A分析解法一(作差比较法)：n＋1－n＝(n＋1)2n＋1－2n＝2－n·2n，当n<2时，n＋1－n>0，即an＋1>n；当n＝2时，aa3n333aaaan＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>2时，an＋1－an<0，即an＋1<an．所以a1<a2＝a3，a3>a4>a5>>an，228所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×3＝9．应选A．解法二(作商比较法)：2n＋1an＋1321aan＋1an＋1n＋1n＋1an＝2n＝31＋n，令an>1，解得n<2；令an＝1，解得n＝2；令an<1，解得n3>2．又n>0，故a1<2＝3，3>4>5>>n，所以数列{an}中的最大项为2或a3，且2＝3naaaaaaaaaa228＝2×3＝9．应选A．10．已知数列{n}的通项公式为n＝22＋1，若{n的aatnatn取值范围是( )A．(－6，＋∞)B．(－∞，－6)C．(－∞，－3)D．(－3，＋∞)答案A分析解法一：由于{a}是单一递加数列，所以关于随意的*，都有a>a，即2(nnn＋1n1)2＋t(n＋1)＋1>2n2＋tn＋1，化简得t>－4n－2，所以t>－4n－2关于随意的n∈N*都建立，由于－4n－2≤－6，所以t>－6．应选A．解法二：设

f(n)＝2n2＋tn＋1，其图象的对称轴为

tn＝－4，要使{an}是递加数列，则－1＋24<2，即t>－6．应选A．11．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＝________．n＝1，答案2n－1n≥2分析11nnn－12－[(n－1)2＋当n＝1时，a＝S＝1＋1＝2，当n≥2时，a＝S－S＝(n＋1)1]＝2n－1．此时关于n＝1不建立，故an＝2n＝1，2－1≥2.nnnnnn＋1n*n＋1n*，12．关于数列{a}，定义数列{b}知足：b＝a－a(n∈N)，且b－b＝1(n∈N)a3＝1，a4＝－1，则a1＝________．答案8分析由bn＋1－bn＝1知数列{bn}是公差为1的等差数列，又b3＝a4－a3＝－2，所以b1＝－4，b2＝－3，b1＋b2＝(a2－a1)＋(a3－a2)＝a3－a1＝－7，解得a1＝8．二、高考小题13．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an＋1，则S6＝________．答案－63分析依据S＝2＋1，可得S＋1＝2＋1＋1，两式相减得a＋1＝2a＋1－2，即a＋1＝2a，nnnnnnnnn当n＝1时，S＝a＝2a＋1，解得a＝－1，所以数列{a}是以－1为首项，以2为公比的等1111nS6＝－6比数列，所以1－2＝－63．1－214．(2014·全国卷Ⅱ)数列{an}知足an＋1＝1，a8＝2，则a1＝________．n1答案2分析由a＝11111，得a＝1－，∵a＝2，∴a＝1－＝，a＝1－＝－1，an＋11－annan＋1872265a7＝1－1＝2，，a6∴{an}是以

3为周期的数列，∴

1a1＝a7＝2．15．(2016·浙江高考

)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

1121分析

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3＝13，4＝40，5＝121．SSS解法二：由a＝2S＋1，得a＝2S＋1，即S－a＝2a＋1，又S＝4，∴4－a＝2an＋1n212112111a1aSSSS2S1S3S113n1223又S1＋2＝2，∴S＋133S13n－1S3n－1S35－1是首项为，公比为的等比数列，∴＋＝×3，即＝，∴n22n22n22＝121．16．(2015·江苏高考)设数列{a}知足a＝1，且a*1前n1n＋1n10项的和为________．答案2011分析由已知得，2－1＝1＋1，3－2＝2＋1，4－3＝3＋1，，an－n－1＝n－1＋aaaaaaa1(n≥2)，则有an－a1＝1＋2＋3＋＋n－1＋(n－1)(n≥2)，由于a1＝1，所以an＝1＋2＋3n2＋nn2＋n＋＋n(n≥2)，即an＝2(n≥2)，又当n＝1时，a1＝1也合适上式，故an＝2(n∈N*)，所以12＝21111111＋2×11＝2－n＋1，进而＋＋＋＋＝2×1－－＋an＋nna1a2310223n11111202×3－4＋＋2×10－11＝2×1－11＝11．三、模拟小题17．(2018·湖南六校联考)已知数列{a}知足：*a·a＝a，且annmn＋m11)25A．1B．1C．1D．1321642答案A分析∵数列{n知足：?*nmnm1，∴2＝1aaaaaamn2aa4a11＝a1·a2＝8．那么a5＝a3·a2＝32．应选A．nnnnn*a318．(2018·南昌模拟)在数列{a}中，a＝1，aa＝a＋(－1)(n≥2，n∈N)，则a5的值是()151533A．16B．8C．4D．8答案C分析由已知得a2＝1＋(－1)2＝2，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝1，∴1a4＝1＋(－1)4，a4222＝3，52a3133∴35＝3＋(－1)，∴5＝，∴＝×＝．应选C．aa3a522419．(2019·黄冈质检)已知数列nnnn*{x}知足x＋2＝|x＋1－x|(n∈N)，若x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，且xn＋3＝x关于随意的正整数n均建立，则数列{x}的前2020项和S＝()nn2020A．673B．674C．1345D．1347答案D分析∵x1＝1，x2＝a(a≤1，a≠0)，∴x3＝|x2－x1|＝|a－1|＝1－a，∴x1＋x2＋x3＝1＋a＋(1－a)＝2，又xn＋3＝xn关于随意的正整数n均建立，∴数列{xn}的周期为3，∴数列{x}的前2020项和2020＝673×3＋1＝673×2＋1＝1347．应选D．n20．(2018·河南郑州一中考前冲刺n1*，都有)数列{a}知足：a＝1，且对随意的m，n∈N1111am＋n＝am＋an＋mn，则a1＋a2＋a3＋＋a2018＝()A．2017B．20184034403620182019C．D．20182019答案D分析∵a1＝1，且对随意的*都有am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋n＋1，即an＋1m，n∈N－an＝n＋1，用累加法可得an＝a1＋n－1＋nn＋112＝2111＝，∴＝－，∴n22nn＋1a12annn＋1＋1＋1＋＋1＝21－1＋1－1＋＋1－1＝4036，应选D．a2a3a201822320182019201921．(2018·福建晋江季延中学月考)已知数列{an}知足a1＋22＋33＋＋n＝＋1(naanan*an2，n＝1，答案an＝1n，n≥2分析已知1＋22＋33＋＋n＝＋1，将＝1代入，得a1＝2；当≥2时，将naaanannn－1代入得a1＋2a2＋33＋＋(－1)an－1＝n，两式相减得n＝(n＋1)－＝1，∴n＝1，annanan2，n＝1，an＝1n，n≥2.22．(2018·北京海淀区模拟)数列{an}的通项为2n－1，n≤4，(∈N*)，n＝a－n2＋a－1n，n≥5n若a是{a}中的最大值，则a的取值范围是________．5n答案[9，12]分析当n≤4时，an＝2n－1单一递加，所以n＝4时取最大值，a4＝24－1＝15．当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－n－a－12＋2a－1．∵a5是{an}中的最大值，∴24a－15.5，2解得9≤≤12．∴a的取值范围是[9，12]．a25＋5a－1≥15，一、高考大题1．(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{n}知足2n＋1－1)n－2n＋1＝1，n－(2aaaaaa1＝0．求a2，a3；求{an}的通项公式．1解(1)由题意得a2＝，a3＝．42(2)由an－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．由于{an}的各项都为正数，所以an＋11an＝2．故{an}是首项为1，公比为11．的等比数列，所以n＝n－12212*2．(2015·浙江高考)已知数列{an}知足a1＝2且an＋1＝an－an(n∈N)．证明：1<an≤2(n∈N*)；an＋12S，证明：21Sn1*nnnnn证明2n＋1nn1即an＋1≤an，故an≤．2由an＝(1－an－1)an－1，得an＝(1－an－1)(1－an－2)(1－a1)a1>0．1anan2＝1由0<an≤，得＝an－∈(1，2]，2an＋1an1－anan即1<≤2．an＋1(2)由题意得2an11an＝an－an＋1，所以＝－，an＋1an＋1ann＝1－n＋1．①Saa由an11an＝－和1<≤2，得aaaan＋1n＋1n＋1n111<－≤2，an＋1an11所以n<－≤2n，an＋1a1所以1≤an＋1<1(n∈N*)．②2＋1n＋2n1n1*由①②得2n＋2<n≤2n＋1(n∈N)．二、模拟大题3．(2018·贵州贵阳