【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1,234,56789,10111213141516，则这个数列的一个通项公式是()Aan2n23n1Bann25n5Can2n33n23n1Dan2n3n2n2答案C解析当n1时，a11，否定A、D当n3时，a335，否定B，故选C(理)在数列an中，a11，anan1an1(1)n(n2，nN)，则的值是()ABCD答案C解析anan1an1(1)n，a2a1a11，a3a2a21，a4a3a31，a5a4a41，a11，a22，a3，a43，a5，.2(文)(2021北京海淀区期末)若数列an满足：a119，an1an3(nN*)，则数列an的前n项和数值最大时，n的值为()A6B7C8D9答案B解析a119，an1an3，数列an是以19为首项，3为公差的等差数列，an19(n1)(3)223n.设an的前k项和数值最大，则有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(2022湖南十二校联考)已知数列an的前n项和Sn满足：SnSmSnm(m，nN*)且a16，那么a10()A10B60C6D54答案C(2)已知三项关系求通项(2022天津六校第三次联考)数列an中，已知a11，a22，an1anan2(nN*)，则a7_.答案1解析由已知an1anan2，a11，a22，能够计算出a31，a41，a52，a61，a71.(3)已知an与Sn关系求通项(2022福建宁德质检)已知数列an的前n项和为Sn，a12，an1Sn1，nN*，则a6等于()A32B48C64D96答案B解析当n2时，an1Sn1，anSn11，两式相减，得an1anSnSn1an，即an12an.所以a2a113，a32a26，a42a312，a52a424，a62a548，故选B(2022湖北黄冈月考)数列an满足a1a2an3n1，nN*，则an_.答案解析当n1时，a112.由于a1a2an3n1，nN*，所以当n2时，a1a2an13n2.，得an3n1.所以an(4)周期数列已知数列an中，a1，an1则a2022等于()ABCD答案C解析an1又a1，a221，a321，a42，a52，数列an以4为周期，504，a2022a4.4(2022河南中原名校二联)若bn为等差数列，b24，b48.数列an满足a11，bnan1an(nN*)，则a8()A56B57C72D73答案B解析由于2db4b2844，d2，bn2n，所以an1an2n，因此a8(a8a7)(a7a6)(a2a1)a1272621157.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a10，an1an2n，那么a2 015的值是()A2 0122 013B2 0142 015C2 0142D2 0132 014答案B解析解法1：a10，a22，a36，a412，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：a101，a212，a323，a434，猜想a2 0152 0142 015，故选B解法2：anan12(n1)，an1an22(n2)，a3a222，a2a121.全部等式左右两边分别相加(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)2(n1)(n2)1ana12n(n1)ann(n1)故a2 0152 0142 015.5数列an满足anan1(nN*)，a22，Sn是数列an的前n项和，则S21为()A5BCD答案B解析anan1，a22，anS2111()102.6(文)已知x与函数f(x)的对应关系如下表所示，数列an满足：a13，an1f(an)，则a2022()x123f(x)231A3B2C1D不确定答案A解析a13，a2f(a1)f(3)1，a3f(a2)f(1)2，a4f(a3)f(2)3，数列an为周期数列，周期T3，a2022a13，故选A(理)若数列an满足a12，a23，an(n3且nN*)，则a2022等于()A3B2CD答案C解析a12，a23，a3，a4，依次可得a5，a6，a72，a83，a9，可见an是周期为6的周期数列a2022a4，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(n3，nN*)知，an1，an3(nN*)，an6an，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121055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adbc，则()A2010B2022C2022D2022答案D解析由题意，得202220222022202220222022(20222)(20222)1248，依据相同方法，计算可得每项都是8，中共有的项数为1252，则所求算式的值为82522022，故选D二、填空题8已知数列an中，a1，an11(n2)，则a2022_.答案解析由题可知a211，a312，a41，此数列是以3为周期的周期数列，a2022a1.9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an1an1an(n2)，anan2an1，两式相加得an2an1，an3an，an6an，即an是以6为周期的数列20223366，a1a2a3a4a5a60，a1a2a202233600.三、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an5Sn1成立(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog4|an|，求数列前n项和Tn.解析(1)当n1时，a15S11，a1.又an5Sn1，an15Sn11，an1an5an1，又a10，即，数列an是首项为a1，公比为q的等比数列，an()n.(2)bnlog4|()n|n，所以，Tn(1)()().(理)(2021江西)正项数列an满足：a(2n1)an2n0.(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(2n1)an2n0，得(an2n)(an1)0.由于an是正项数列，所以an2n.(2)an2n，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)()A4nB4n1C4n3D4n8答案D解析第(1)，(2)，(3)个图案黑色瓷砖数依次为35312；462416；573520，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()A27B28C29D30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123456728.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()A5n1B6nC5n1D4n2答案C解析第一个是六边形，即a16，以后每个图形是在前一个图形的基础上增加5条边，a26511，a311516，观看可得选项C满足此条件12设数列an满足a12a23，且对任意的nN*，点列Pn(n，an)恒满足PnPn1(1,2)，则数列an的前n项和Sn为()An(n)Bn(n)Cn(n)Dn(n)答案A解析设Pn1(n1，an1)，则PnPn1(1，an1an)(1,2)，即an1an2，所以数列an是以2为公差的等差数列又a12a23，所以a1，所以Snn(n)，选A13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()An2nBn2n1Cn2nDn2n1答案B解析前n1组共有12(n1)个奇数，故第n组的首项为21n2n1.点评可直接验证，第2组的首项为3，将n2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a12，其前n项和为Sn.若Sn12Sn1，则an_.答案解析由Sn12Sn1，有Sn2Sn11(n2)，两式相减得an12an，又S2a1a22a11，a23，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)(nN*)若点Pn(xn，yn)到点Pn1(xn1，yn1)的变化关系为(nN*)，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)|x0，y0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Sn3n2n22n.由于S431935，S442024，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193544352022棵树16(文)(2021江苏调研)对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a12，an的“差数列”的通项为2n，则数列an的前n项和Sn_.答案2n12解析由已知an1an2n，a12得a2a12，a3a222，anan12n1，由累加法得an22222n12n，从而Sn2n12.(理)(2021北京东城区综合练习)若数列an满足d(nN*，d为常数)，则称数列an为调和数列已知数列为调和数列，且x1x2x20200，则x5x16_.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，x5x16x1x20x2x19x10x1120.三、解答题17(文)(2021河北质检)已知数列an的前n项和为Sn，且Snan1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)在数列bn中，b15，bn1bnan，求数列bn的通项公式解析(1)当n1时，S1a1a11，所以a12.Snan1，当n2时，Sn1an11，得an(an1)(an11)，所以an3an1，又a10，故an10，所以3，故数列an是首项为2，公比为3的等比数列，所以an23n1.(2)由(1)知bn1bn23n1.当n2时，bnbn123n2，b3b2231，b2b1230，将以上n1个式子相加并整理，得bnb12(3n23130)523n14.当n1时，31145b1，所以bn3n14(nN*)(理)已知数列an的前n项和为Sn，a11，且3an12Sn3(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，kSn恒成立，求实数k的最大值解析(1)3an12Sn3，当n2时，3an2Sn13，由得，3an13an2an0.(n2)又a11,3a22a13，解得a2.数列an是首项为1，公比q的等比数列ana1qn1n1(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n1时，数列取最小项为，必有k1，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Snp(Snan)(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anbn2n1，求数列bn的前n项和Tn.解析(1)当n1时，S1p(S1a1)，故a1.当n2时，Snp(Snan)，Sn1p(Sn1an1)由，得anpan1，即p(p0)故an是首项为，公比为p的等比数列，即anpn1.由题意，得10a33a22(2a1)，即5p2p2.解得p或p(舍去)an()n1.(2)由(1)，得bn(2n1)2n，则有Tn32522723(2n1)2n1(2n1)2n，2Tn322523724(2n1)2n(2n1)2n1，两式相减，得Tn322(22232n)(2n1)2n162(2n1)2n12(2n1)2n1.Tn2(2n1)2n1.