【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第6章-第1节-数列的概念.docx

第六章　第一节

一、选择题
1．(文)给定数列1,2＋3＋4,5＋6＋7＋8＋9,10＋11＋12＋13＋14＋15＋16，…，则这个数列的一个通项公式是(　　)
A．an＝2n2＋3n－1 B．an＝n2＋5n－5
C．an＝2n3－3n2＋3n－1 D．an＝2n3－n2＋n－2
[答案]　C
[解析]　当n＝1时，a1＝1，否定A、D．当n＝3时，a3＝35，否定B，故选C．
(理)在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N＋)，则的值是(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C．　 D．
[答案]　C
[解析]　∵anan－1＝an－1＋(－1)n，
∴a2a1＝a1＋1，
a3a2＝a2－1，
a4a3＝a3＋1，
a5a4＝a4－1，
∵a1＝1，∴a2＝2，a3＝，a4＝3，a5＝，
∴＝.
2．(文)(2021·北京海淀区期末)若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为(　　)
A．6　　　 B．7　　　
C．8　　　 D．9
[答案]　B
[解析]　∵a1＝19，an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.设{an}的前k项和数值最大，则有∴∴<k≤，∵k∈N*，∴k＝7.∴满足条件的n的值为7.
(理)若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{nan}中数值最小的项是(　　)
A．第2项　 B．第3项
C．第4项　 D．第5项
[答案]　B
[解析]　n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－10n)－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11，
令bn＝nan，则bn＝n(2n－11)＝2(n－)2－，
∵n∈N*，∴n＝3时，bn取最小值．
3．(2022·江西景德镇模拟)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝(n∈N*)，则a20等于(　　)
A．0　 B．－
C．　 D．
[答案]　B
[解析]　本题考查了数列的周期性．由a1＝0，an＋1＝(n∈N*)，得a2＝－，a3＝，a4＝0，…，数列的周期为3，所以a20＝a2＝－.
[点评]　递推数列的题型：
(1)已知相邻两项关系，求通项．
①(2022·广东华附三模)已知an＋1－an－3＝0，则数列{an}是(　　)
A．递增数列　 B．递减数列
C．常数列　 D．不确定
[答案]　A
[解析]　由an＋1－an＝3>0，可知数列中后一项比前一项大，依据数列的分类可知该数列为递增数列．
②(2022·湖南十二校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m(m，n∈N*)且a1＝6，那么a10＝(　　)
A．10　 B．60
C．6　 D．54
[答案]　C
(2)已知三项关系求通项
③(2022·天津六校第三次联考)数列{an}中，已知a1＝1，a2＝2，an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则a7＝________.
[答案]　1
[解析]　由已知an＋1＝an＋an＋2，a1＝1，a2＝2，能够计算出a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1.
(3)已知an与Sn关系求通项
④(2022·福建宁德质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝Sn＋1，n∈N*，则a6等于(　　)
A．32　 B．48
C．64　 D．96
[答案]　B
[解析]　当n≥2时，an＋1＝Sn＋1，an＝Sn－1＋1，
两式相减，得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，即an＋1＝2an.
所以a2＝a1＋1＝3，a3＝2a2＝6，a4＝2a3＝12，a5＝2a4＝24，a6＝2a5＝48，故选B．
⑤(2022·湖北黄冈月考)数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝3n＋1，n∈N*，则an＝________.
[答案]　
[解析]　当n＝1时，a1＝12.
由于a1＋a2＋…＋an＝3n＋1，n∈N*，①
所以当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－2.②
①－②，得an＝3n＋1.所以an＝
(4)周期数列
⑥已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝则a2022等于(　　)
A．　 B．
C．　 D．
[答案]　C
[解析]　∵an＋1＝
又a1＝，
∴a2＝2×－1＝，a3＝2×－1＝，a4＝2×＝，a5＝2×＝，
∴数列{an}以4为周期，
∵＝504，∴a2022＝a4＝.
4．(2022·河南中原名校二联)若{bn}为等差数列，b2＝4，b4＝8.数列{an}满足a1＝1，bn＝an＋1－an(n∈N*)，则a8＝(　　)
A．56　 B．57
C．72　 D．73
[答案]　B
[解析]　由于2d＝b4－b2＝8－4＝4，d＝2，bn＝2n，所以an＋1－an＝2n，因此a8＝(a8－a7)＋(a7－a6)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2×7＋2×6＋…＋2×1＋1＝57.
[点评]　逐差累加求和是数列求和的一种基本类型．
已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2n，那么a2 015的值是(　　)
A．2 012×2 013　 B．2 014×2 015
C．2 0142　 D．2 013×2 014
[答案]　B
[解析]　解法1：a1＝0，a2＝2，a3＝6，a4＝12，考虑到所给结论都是相邻或相近两整数乘积的形式，可变形为：
a1＝0×1，a2＝1×2，a3＝2×3，a4＝3×4，
猜想a2 015＝2 014×2 015，故选B．
解法2：an－an－1＝2(n－1)，
an－1－an－2＝2(n－2)，
…
a3－a2＝2×2，
a2－a1＝2×1.
全部等式左右两边分别相加
(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)
＝2[(n－1)＋(n－2)＋…＋1]．
∴an－a1＝2＝n(n－1)．
∴an＝n(n－1)．故a2 015＝2 014×2 015.
5．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为(　　)
A．5　 B．
C．　 D．
[答案]　B
[解析]　∵an＋an＋1＝，a2＝2，
∴an＝
∴S21＝11×(－)＋10×2＝.
6．(文)已知x与函数f(x)的对应关系如下表所示，数列{an}满足：a1＝3，an＋1＝f(an)，则a2022＝(　　)
x
1
2
3
f(x)
2
3
1
A．3　　　 B．2　　　
C．1　　　 D．不确定
[答案]　A
[解析]　∵a1＝3，∴a2＝f(a1)＝f(3)＝1，∴a3＝f(a2)＝f(1)＝2，a4＝f(a3)＝f(2)＝3，∴数列{an}为周期数列，周期T＝3，
∴a2022＝a1＝3，故选A．
(理)若数列{an}满足a1＝2，a2＝3，an＝(n≥3且n∈N*)，则a2022等于(　　)
A．3　　　 B．2　　　
C．　　　 D．
[答案]　C
[解析]　a1＝2，a2＝3，a3＝＝，a4＝＝，依次可得a5＝，a6＝，a7＝2，a8＝3，a9＝…，可见{an}是周期为6的周期数列．∴a2022＝a4＝，故选C．
[点评]　数列是函数，故可用争辩函数的方法加以争辩，由an＝(n≥3，n∈N*)知，an＋1＝＝＝，∴an＋3＝(n∈N*)，∴an＋6＝an，故{an}周期为6.
7．(文)(2022·河南郑州质检)已知有序整数对按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个数对是(　　)
A．(5,5)　 B．(5,6)
C．(5,7)　 D．(5,8)
[答案]　C
[解析]　按规律分组：第一组(1,1)；其次组(1,2)，(2,1)；第三组(1,3)，(2,2)，(3,1)．
则前10组共有1＋2＋…＋10＝＝55个有序实数对，第60个数对应在第11组中，即(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，(11,1)，故第60个数对为(5,7)．
(理)(2022·辽宁五校协作体期中)已知＝ad－bc，则＋＋…＋＝(　　)
A．－2010　 B．－2022
C．－2022　 D．－2022
[答案]　D
[解析]　由题意，得＝2022×2022－2022×2022＝2022×2022－(2022＋2)×(2022－2)＝－12＋4＝－8，依据相同方法，计算可得每项都是－8，＋＋…＋中共有的项数为＋1＝252，则所求算式的值为－8×252＝－2022，故选D．
二、填空题
8．已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝1－(n≥2)，则a2022＝________.
[答案]　
[解析]　由题可知a2＝1－＝－1，a3＝1－＝2，a4＝1－＝，∴此数列是以3为周期的周期数列，
∴a2022＝a1＝.
9．已知数列2008,2009,1，－2008，－2009，…这个数列的特点是从其次项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2022项之和S2022等于________．
[答案]　0
[解析]　由题意an＋1＋an－1＝an(n≥2)，an＋an＋2＝an＋1，两式相加得an＋2＝－an－1，
∴an＋3＝－an，∴an＋6＝an，
即{an}是以6为周期的数列．
∵2022＝336×6，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，
∴a1＋a2＋…＋a2022＝336×0＝0.
三、解答题
10．(文)(2022·东北三校二模)设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log4|an|，求数列{}前n项和Tn.
[解析]　(1)当n＝1时，a1＝5S1＋1，∴a1＝－.
又∵an＝5Sn＋1，an＋1＝5Sn＋1＋1，∴an＋1－an＝5an＋1，
又∵a1＝－≠0，即＝－，
∴数列{an}是首项为a1＝－，公比为q＝－的等比数列，∴an＝(－)n.
(2)bn＝log4|(－)n|＝－n，
所以＝＝－，
Tn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝.
(理)(2021·江西)正项数列{an}满足：a－(2n－1)an－2n＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)由a－(2n－1)an－2n＝0，得(an－2n)(an＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以an＝2n.
(2)an＝2n，bn＝，则bn＝＝(－)．
Tn＝(1－＋－＋…＋－＋－)＝(1－)＝.

一、选择题
11．(文)下图是用同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案，则按此规律第n个图案中需用黑色瓷砖的块数为(用含n的代数式表示)(　　)

A．4n　 B．4n＋1
C．4n－3　 D．4n＋8
[答案]　D
[解析]　第(1)，(2)，(3)个图案黑色瓷砖数依次为3×5－3＝12；4×6－2×4＝16；5×7－3×5＝20，代入选项验证可得答案为D．
(理)(2022·江苏南京第九中学期中)把1,3,6,10,15,21这些数叫做三角形数，这是由于这些数目的点可以排成一个正三角形(如图所示)．

则第七个三角形数是(　　)
A．27　 B．28
C．29　 D．30
[答案]　B
[解析]　观看三角形数的增长规律，可以发觉从其次项起，每一项比它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以依据这个规律计算即可．依据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.
[点评]　解答这种图形问题，关键是依据要求依次列出各图形待求元素数，找出其规律．试一试：
(2022·山东青岛理工高校附中摸底)如图所示，这是一个正六边形的序列，则第n个图形的边数为(　　)

A．5n－1　 B．6n
C．5n＋1　 D．4n＋2
[答案]　C
[解析]　第一个是六边形，即a1＝6，以后每个图形是在前一个图形的基础上增加5条边，∴a2＝6＋5＝11，a3＝11＋5＝16，观看可得选项C满足此条件．
12．设数列{an}满足a1＋2a2＝3，且对任意的n∈N*，点列{Pn(n，an)}恒满足PnPn＋1＝(1,2)，则数列{an}的前n项和Sn为(　　)
A．n(n－)　 B．n(n－)
C．n(n－)　 D．n(n－)
[答案]　A
[解析]　设Pn＋1(n＋1，an＋1)，则PnPn＋1＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，即an＋1－an＝2，所以数列{an}是以2为公差的等差数列．又a1＋2a2＝3，所以a1＝－，所以Sn＝n(n－)，选A．
13．由1开头的奇数列，按下列方法分组：(1)，(3,5)，(7,9,11)，…，第n组有n个数，则第n组的首项为(　　)
A．n2－n　 B．n2－n＋1
C．n2＋n　 D．n2＋n＋1
[答案]　B
[解析]　前n－1组共有1＋2＋…＋(n－1)＝＝个奇数，故第n组的首项为2×＋1＝n2－n＋1.
[点评]　可直接验证，第2组的首项为3，将n＝2代入可知A、C、D都不对，故选B．
二、填空题
14．(文)(2022·上海八校联合调研)已知数列{an}的首项a1＝2，其前n项和为Sn.若Sn＋1＝2Sn＋1，则an＝________.
[答案]　
[解析]　由Sn＋1＝2Sn＋1，有Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1＝2an，又S2＝a1＋a2＝2a1＋1，a2＝3，所以数列{an}从其次项开头成等比数列，
∴an＝
(理)(2022·山东淄博一模)已知在平面直角坐标系中有一个点列：P1(0,1)，P2(x2，y2)，…，Pn(xn，yn)(n∈N*)．若点Pn(xn，yn)到点Pn＋1(xn＋1，yn＋1)的变化关系为(n∈N*)，则|P2021P2022|等于________．
[答案]　21006
[解析]　依题意得，P1(0,1)，P2(1,1)，P3(0,2)，P4(2,2)，P5(0,4)，P6(4,4)，P7(0,8)，P8(8,8)，…
观看点列可知，横坐标构成的规律为xn＝纵坐标构成的规律为yn＝因此，P2021(0,21006)，P2022(21006,21006)，
所以|P2021P2022|＝＝21006，故答案为21006.
15．(2022·北京房山期末统考)2010年，我国南方省市患病旱涝灾难，为防洪抗旱，某地区大面积植树造林，如图，在区域{(x，y)|x≥0，y≥0}内植树，第一棵树在A1(0,1)点，其次棵树在B1(1,1)点，第三棵树在C1(1,0)点，第四棵树在C2(2,0)点，接着按图中箭头方向，每隔一个单位种一棵树，那么，第2022棵树所在的点的坐标是________．

[答案]　(10,44)
[解析]　设OA1B1C1为第一个正方形，种植3棵树，依次下去，其次个正方形种植5棵树，第三个正方形种植7棵树，……它们构成一个等差数列，首项为3，公差为2，所以前n项和为Sn＝3n＋×2＝n2＋2n.由于S43＝1935，S44＝2024，所以第2022棵树应在第44个正方形的边上．由题意，第44个正方形，先从点(44,0)动身，向上种44棵树，到点(44,44)，然后向左再种植35棵树，到点(10,44)．此时共种植1935＋44＋35＝2022棵树．
16．(文)(2021·江苏调研)对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
[答案]　2n＋1－2
[解析]　由已知an＋1－an＝2n，a1＝2得a2－a1＝2，a3－a2＝22，…，an－an－1＝2n－1，由累加法得an＝2＋2＋22＋…＋2n－1＝2n，从而Sn＝＝2n＋1－2.
(理)(2021·北京东城区综合练习)若数列{an}满足－＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为调和数列．已知数列{}为调和数列，且x1＋x2＋…＋x20＝200，则x5＋x16＝________.
[答案]　20
[解析]　由题意，若{an}为调和数列，则{}为等差数列，∵{}为调和数列，∴数列{xn}为等差数列，由等差数列的性质可知，x5＋x16＝x1＋x20＝x2＋x19＝…＝x10＋x11＝＝20.
三、解答题
17．(文)(2021·河北质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an－1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在数列{bn}中，b1＝5，bn＋1＝bn＋an，求数列{bn}的通项公式．
[解析]　(1)当n＝1时，S1＝a1＝a1－1，所以a1＝2.
∵Sn＝an－1，①
∴当n≥2时，Sn－1＝an－1－1，②
①－②，得an＝(an－1)－(an－1－1)，
所以an＝3an－1，又a1≠0，故an－1≠0，
所以＝3，
故数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以an＝2·3n－1.
(2)由(1)知bn＋1＝bn＋2·3n－1.
当n≥2时，bn＝bn－1＋2·3n－2，
…
b3＝b2＋2·31，
b2＝b1＋2·30，
将以上n－1个式子相加并整理，得bn＝b1＋2×(3n－2＋…＋31＋30)＝5＋2×＝3n－1＋4.
当n＝1时，31－1＋4＝5＝b1，
所以bn＝3n－1＋4(n∈N*)．
(理)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3an＋1＋2Sn＝3(n为正整数)．
(1)求出数列{an}的通项公式；
(2)若对任意正整数n，k≤Sn恒成立，求实数k的最大值．
[解析]　(1)∵3an＋1＋2Sn＝3，①
∴当n≥2时，3an＋2Sn－1＝3，②
由①－②得，3an＋1－3an＋2an＝0.
∴＝　(n≥2)．
又∵a1＝1,3a2＋2a1＝3，解得a2＝.
∴数列{an}是首项为1，公比q＝的等比数列．
∴an＝a1qn－1＝n－1(n为正整数)．
(2)由(1)知，∴Sn＝，
由题意可知，对于任意的正整数n，恒有
k≤，
∵数列单调递增，当n＝1时，数列取最小项为，∴必有k≤1，即实数k的最大值为1.
18．(2022·天津和平区一模)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝p(Sn－an)＋(p为大于0的常数)，且2a1是10a3与3a2的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若an·bn＝2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析]　(1)当n＝1时，S1＝p(S1－a1)＋，故a1＝.
当n≥2时，Sn＝p(Sn－an)＋，①
Sn－1＝p(Sn－1－an－1)＋②
由①－②，得an＝pan－1，即＝p(p>0)．
故{an}是首项为，公比为p的等比数列，
即an＝pn－1.
由题意，得10a3＋3a2＝2(2a1)，即5p2＋p＝2.
解得p＝或p＝－(舍去)．
∴an＝·()n－1＝.
(2)由(1)，得bn＝＝(2n＋1)·2n，
则有Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)×2n－1＋(2n＋1)×2n，
2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)×2n＋(2n＋1)×2n＋1，
两式相减，得
－Tn＝3×2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)×2n＋1
＝6＋2×－(2n＋1)×2n＋1
＝－2－(2n－1)×2n＋1.
∴Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.