2025高考一轮复习（人教A版）第38讲 数列的概念（含答案）

高考一轮复习（人教A版）第三十八讲数列的概念阅卷人一、选择题得分1．在数列an中，已知a1=1,A．2·3n−1+1 B．3n−1−1 2．已知数列an满足点n,an在直线y=2x−1A．3 B．2 C．1 D．03．等比数列{an}公比为q(q≠1)，a1>0，若Tn=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4．设数列{an}的通项公式为a2aA．(−3,+∞) B．(−2,+∞) C．5．19世纪的法国数学家卢卡斯以研究斐波那契数列而著名，以他的名字命名的卢卡斯数列an满足a1=1,a2=3,aA．a12 B．a12−1 C．a6．数列1，3，7，13，21…的一个通项公式是aA．n2−n B．n2−n−1 C．7．若fx+y=fx+fy+xy对任意A．189 B．190 C．464 D．4658．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5,8,13,⋯.其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和.后来人们把这样的一列数组成的数列an称为“斐波那契数列”.记Sn为“斐波那契数列”an的前n项和，若S2023=aA．ba+1 B．b−1a+1 C．b2a+19．在数列an中，若a1=1,A．-2 B．4 C．1 D．−阅卷人二、多项选择题得分10．在数列{an}中，∀n≥2，n∈N*，an+1+A．若a1=1，a2=2，则a3=1 C．若a1=2，a2=3，则an=n+1 11．已知数列{an}A．an=n+1 B．{anC．{(−1)nan}12．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列{aA．a4=12 C．a100=5050 阅卷人三、填空题得分13．已知等比数列an的前n项和为Sn，若Sn=−15×(1214．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且a1=−215．已知数列{an}满足a1+3a2+9a3+…+3n−1阅卷人四、解答题得分16．若无穷数列an满足∀n∈N∗，an−an+1=n+1，则称an具有性质P1．若无穷数列（1）若数列an具有性质P1，且a1（2）若等差数列an具有性质P2，且a1（3）已知无穷数列an同时具有性质P1和性质P2，a5=3，且0．17．已知数列an的前n项和Sn和通项an（1）求数列an（2）已知数列bn中，b1=3a1，bn+1=18．已知Tn为正项数列an的前n项的乘积，且a1（1）求数列an（2）设bn=an−1an+1，数列19．某牧场今年年初牛的存栏数为1200，预计以后每年存栏数的增长率为8％，且在每年年底卖出100头牛．设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为c1，c2，（1）写出一个递推公式，表示cn+1与c（2）求S10=c1+c2

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：因为an+1=3a则数列an+1是以2为首项，3为公比的等比数列，即an故答案为：C.【分析】由递推式求得an+1+1=3(an+1)2．【答案】A【解析】【解答】解：因为点n,an在直线y=2x−1上，所以an故答案为：A.【分析】由题意，将点代入直线方程，利用通项公式求解即可.3．【答案】B【解析】【解答】解：因为等比数列{an}所以Tn当a1=12,q=2时，当“数列{Tn}因为a1>0，所以q<0，例如a1=1,q=−1，

显然有T1因此有a1>0，所以，由Tn+1当a1≥1,q>1时，显然当a1≥1,0<q<1时，a1当0<a1<1,q>1时，a当0<a1<1,0<q<1因此“q>1”是“数列{T故答案为：B.【分析】利用已知条件和分类讨论的方法，再结合数列的单调性和充分条件、必要条件的判断方法，从而得出“q>1”是“数列{T4．【答案】A【解析】【解答】解：由题意可得an+1−an>0恒成立，

又因为n≥1，则−2n−1≤−3，

故b∈(−3,故答案为：A.【分析】利用已知条件和不等式恒成立问题以及n的取值范围，从而得出实数b的取值范围.5．【答案】D【解析】【解答】解：因为an+2=累加得：S即S10故选：D.【分析】由数列前n项和S10=a6．【答案】C【解析】【解答】解：利用特殊值法，将a1=1，代入A，B，C选项进行判断，可排除A、B、D，

故答案为：C.

【分析】利用赋值法，将1代入选项逐一判断即可得到结果。7．【答案】D【解析】【解答】解：依题意，得出f(2)=f(1)+f(1)+1×1=3，f(3)=f(2)+f(1)+1×2=3+1+2=6，f(4)=f(2)+f(2)+2×2=3+3+4=10，f(5)=f(2)+f(3)+2×3=3+6+6=15，f(6)=f(2)+f(4)+2×4=3+10+8=21，f(7)=f(2)+f(5)+2×5=3+15+10=28，f(8)=f(2)+f(6)+2×6=3+21+12=36，f(15)=f(7)+f(8)+7×8=28+36+56=120，f(30)=f(15)+f(15)+15×15=120+120+225=465.故答案为：D.【分析】由已知条件和恒成立问题求解方法，再结合递推公式依次求解，从而得出函数的值．8．【答案】A【解析】【解答】解：由题意从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，这样的数列称为“斐波那契数列”得当n≥3时，an=a所以a2=a3−a1所以S==a所以S2023=a因为当n≥3时，an=a所以an−1所以an所以b===a所以b=(a+1)a所以a2024故选：A

【分析】由题意得当n≥3时，an=an−1+9．【答案】B【解析】【解答】解：因为数列an中，a所以a2=4a4=4所以数列an所以a2024故选：B

【分析】由已知递推式可求出a210．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：若a1=1，a2=2，

又因为若a1=1，a2=2，由选项A可知a3=1，由a5+a若a1=2，a2=3，则∀n≥2，n∈N所以数列{an}为等差数列，且d=因为S20故答案为：ACD.【分析】利用已知条件和递推公式，从而得出数列第三项的值和递推关系，则判断出选项A和选项B；利用已知条件和递推关系变形和等差数列的定义，从而判断出数列{a11．【答案】A,D【解析】【解答】解：当n=1时，a1当n≥2时，a1两式相减可得：2n−1所以an显然当n=1时，a1满足an，故由等差数列求和公式知{an}的前n令bn=(−1)−2+3−4+5+⋯−100+101=1×50=50，故C错误；令cn=|an=6+27×(0+26)故答案为：AD.【分析】当n=1时，a1=2，则当n≥2时，a1+2a2+⋯+2n−2an−1=(n−1)⋅212．【答案】B,C【解析】【解答】解：由题意知：a1=1,∴a4因为an+1因为a100因为2an+1=(n+2)(n+1)，an⋅故答案为：BC.【分析】利用已知条件和递推公式变形，再结合累加法和等差数列前n项和公式，从而得出数列的通项公式，再结合代入法得出数列第四项的值，则判断出选项A；利用已知条件和归纳讨论的方法得出数列的递推公式，从而判断出选项B；利用已知条件结合数列的通项公式和代入法得出数列第100项的值，则判断出选项C；利用数列的通项公式判断出选项D，进而找出正确的选项.13．【答案】3【解析】【解答】解：因为a1=S1=−又因为{an}是等比数列，所以a22数列{an}是以152为首项，数列{an}是递减数列，a所以n=3时，a1故答案为：3.【分析】利用已知条件和Sn,an的关系式以及等比数列的性质，从而得出t的值和首项的值，结合等比数列的定义判断出数列{an}是以152为首项，14．【答案】6066【解析】【解答】解：设等和数列的公和为m，因为a1=−2，所以a2=m+2，a3所以an又因为a2022=m+2=8，所以所以S2022故答案为：6066.【分析】利用已知条件和该数列的公和得出数列的通项公式，再结合a202215．【答案】5【解析】【解答】解：由题意得，

当n=1时，a1当n≥2时，由a1可得a1两式相减，可得3n−1解得an∵当n=1时，a1∴a则当n=1时，S1当n≥2时，S===5∵当n=1时，S1∴Sn=∵Sn=56∴k≥56，即实数k的最小值为故答案为：56【分析】利用已知条件，当n=1时，a1=23，当n≥2时，a1+3a2+9a3+⋯+316．【答案】（1）解：因为数列an具有性质P1，

则a1当a2=−2时，

由a2−a当a2=2时，

由a2−a综上所述，a3的可能取值有：−5、−1、1、5（2）解：设等差数列an的公差为d则an即4d2≤1所以，a2因为−12≤d≤所以，a2（3）解：根据性质P1，∀n∈N∗又因为an≠0，所以，于是anan+4≥an+22−1≥0，

因为若a3<0，由性质P1，

必有a4=−2，a3=−6所以，a3>0，进而∀n∈N∗，a2n+1>0，

讨论可知若a3=12，则a4=8，a2≤15，a1下面证明：a3≠4，则利用反证法：假设a3=4，则又因为a1a5若a2=1，则a1=−1或a1=3，与a1≥5矛盾，

则于是无论哪种情况，∀n∈N∗，由a6−a5=6且a所以，a7=16，则a8=24，a9综上可知，a3≠4，所以，a3下面证明：a2=−1，

利用反证法，如不然，只能a2=5，所以，由于a4<0，所以，a8<0，只能有a7总之，a2=−1，

再由a1>0可得a1=1，可以猜测数列an的通项公式为a可验证此时P1、P如另有其它数列bn符合题意，则至少前5项必为：1、−1、2、−2、3仍满足b2n−1>0，设bmm∈N若m=2kk≥3,k∈N∗，则b2k−1=k，b若m=2k+1k≥3,k∈N∗，则b2k=−k，b综上所述，数列an的通项公式必为a【解析】【分析】（1）根据数列an具有性质P1且a1=0，从而由绝对值的定义得出a2（2）设等差数列an的公差为d，根据等差数列an具有性质P2且a1=1，则得出a（3）根据性质P1可得出an≥1和anan+4≥an+22−1≥0，从而可推导出an、an+4kk∈N∗必同号，再利用性质P2（1）解：因为数列an具有性质P1，则a1当a2=−2时，由a2−a当a2=2时，由a2−a综上所述，a3的可能取值有：−5、−1、1、5（2）解：设等差数列an的公差为d则an即4d2≤1所以，a2因为−12≤d≤所以，a2（3）解：根据性质P1，∀n∈N∗又因为an≠0，所以，于是anan+4≥an+22−1≥0，因为若a3<0，由性质P1，必有a4=−2，a3=−6所以，a3>0，进而∀n∈N∗，a2n+1>0，讨论可知若a3=12，则a4=8，a2≤15，下面证明：a3≠4，则利用反证法：假设a3=4，则又因为a1a5若a2=1，则a1=−1或3，与a1≥5矛盾，则a2于是无论哪种情况，∀n∈N∗，由a6−a5=6且a所以，a7=16，则a8=24，综上可知，a3≠4，所以，a3下面证明：a2=−1，利用反证法，如不然，只能a2=5，所以，由于a4<0，所以，a8<0，只能有a7总之，a2=−1，再由a1>0可得a1可以猜测数列an的通项为a可验证此时P1、P如另有其它数列bn符合题意，则至少前5项必为：1、−1、2、−2、3仍满足b2n−1>0，设bmm∈N若m=2kk≥3,k∈N∗，则b2k−1=k若m=2k+1k≥3,k∈N∗，则b2k=−k综上所述，数列an的通项公式必为a17．【答案】解：（1）当n=1时，2S1+当n≥2时，2Sn2Sn−1则2S即3an=an−1，又因为a则数列an是首项a1=故an（2）由bn+1=bn+1b1=3×1T====1【解析】【分析】（1）当n=1时求得a1=13，当n≥2利用an=Sn-Sn-1可得a18．【答案】（1）解：因为Tn2=所以Tn+12T两边取常用对数得lga得nlgan