【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B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．(2021·江西吉安一中段考)已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，Sn＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是(　　)
A．a2022＝－1，S2022＝2 B．a2022＝－3，S2022＝5
C．a2022＝－3，S2022＝2 D．a2022＝－1，S2022＝5
[答案]　D
[解析]　∵n≥2时，an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝3，
∴a3＝2，a4＝－1，a5＝－3，a6＝－2，a7＝1，…，故{an}为周期数列，其周期为6，且S6＝0，∴a2022＝a4＝－1，S2022＝a1＋a2＋a3＋a4＝5.
2．已知数列{an}的通项公式为an＝log3(n∈N*)，设其前n项和为Sn，则使Sn<－4成立的最小自然数n等于(　　)
A．83 B．82
C．81 D．80
[答案]　C
[解析]　∵an＝log3＝log3n－log3(n＋1)，
∵Sn＝log31－log32＋log32－log33＋…＋log3n－log3(n＋1)＝－log3(n＋1)<－4，解得n>34－1＝80.
3．(2021·成都七中期中)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.
5．(文)(2021·麻城试验高中月考)设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－，记数列{an}的前n项之积为πn，则π2022的值为(　　)
A．－ B．－1
C. D．1
[答案]　D
[解析]　∵a1＝2，an＋1＝1－，∴a1＝2，a2＝，a3＝－1，a4＝2，故数列{an}是周期为3的周期数列，且a1a2a3＝－1，又2022＝670×3＋2，
∴π2022＝(－1)670×2×＝1.
(理)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2n，那么a2022的值是(　　)
A．2022×2021 B．2021×2022
C．2022×2021 D．2021×2022
[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a2022＝2021×2022，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.
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1
＝2[(n－1)＋(n－2)＋…＋1]．
＝2＝n(n－1)．
∴a2022＝2021×2022.
6．(文)(2021·安徽阜阳市第一中学二模)数列、、、、、、、、、、…依次排列到第2010项属于的范围是(　　)
A．(0，) B．[，1)
C．[1,10] D．(10，＋∞)
[答案]　B
[解析]　分子分母和为k＋1的有k项，由1＋2＋3＋…＋n≤2010得，n≤62，且1＋2＋3＋…＋62＝1953,2010－1953＝57，
∴第2010项为和为64的第57项，即∈[，1)，故选B.
(理)将数列{3n－1}按“第n组有n个数”的规章分组如下：(1)，(3,9)，(27,81,243)，…，则第100组中的第一个数是(　　)
A．34950　 B．35000　　　
C．35010　 D．35050
[答案]　A
[解析]　由“第n组有n个数”的规章分组中，各组数的个数构成一个以1为首项，公差为1的等差数列，前99组数的个数共有＝4950个，故第100组中的第1个数是34950，选A.
二、填空题
7．(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.
8．(文)(2021·连云港市灌云县四中队月测)已知数列{an}的首项a1＝1，且an＝2an－1＋1(n≥2)，则a5＝________.
[答案]　31
[解析]　解法1：∵an＝2an－1＋1，∴an＋1＝2(an－1＋1)，∴{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1，∴a5＝31.
解法2：a5＝2a4＋1＝2(2a3＋1)＋1＝4a3＋3＝4(2a2＋1)＋3＝8a2＋7＝8(2a1＋1)＋7＝16a1＋15＝31.
(理)(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.
9．(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________．
[答案]　(5,7)
[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＋＋…＋＝________.
[答案]　－2022
[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.
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)已知数列{an}满足前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝，且前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)推断数列{cn}的增减性．
[解析]　(1)Sn＝n2＋1，∴an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝2n－1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝S1＝2，
∵bn＝，∴b1＝＝，
n≥2时，bn＝＝，
∴bn＝
(2)由题设知，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，T2n＋1＝b1＋b2＋…＋b2n＋1，
∴cn＝T2n＋1－Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1，
∴cn＋1－cn＝(bn＋2＋bn＋3＋…＋b2n＋3)－(bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1)＝b2n＋2＋b2n＋3－bn＋1＝＋－<＋－＝0，
∴cn＋1<cn，即数列{cn}为递减数列.

一、选择题
11．(2021·日照市阶段训练)已知数列{an}，若点(n，an)(n∈N*)在经过点A(8,4)的定直线l上，则数列{an}的前15项和S15＝(　　)
A．12 B．32
C．60 D．120
[答案]　C
[解析]　解法1：∵点(n，an)在定直线l上，∴{an}为等差数列，由条件知(8，a8)在直线l上，l经过(8,4)，∴a8＝4，∴S15＝15a8＝60.
解法2：可设定直线为y－4＝k(x－8)，知an－4＝k(n－8)，得an＝k(n－8)＋4，则{an}是等差数列，S15＝＝15·a8＝15×4＝60.
12．(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．
13．设a1，a2，…，a50是从－1，0,1这三个整数中取值的数列，若a1＋a2＋…＋a50＝9，且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝107，则a1，a2，…，a50中数字1的个数为(　　)
A．24 B．15
C．14 D．11
[答案]　A
[解析]　
⇒a＋a＋…＋a＝39.
故a1，a2，…，a50中有11个零，
设有x个1，y个－1，则
⇒故选A.
14．假如数列a1，，，…，，…是首项为1，公比为－的等比数列，则a5等于(　　)
A．32 B．64
C．－32 D．－64
[答案]　A
[解析]　由条件知＝(－)n－1(n≥2)，∴a5＝a1····＝1×(－)·(－)2·(－)3·(－)4＝(－)10＝32.
二、填空题
15．(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.
16．(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．
三、解答题
17．(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.
18．(文)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n，n∈N*.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若数列{an}满足＝f ′()，且a1＝4，求数列{an}的通项公式；
(3)记bn＝，数列{bn}的前n项和Tn，求证：≤Tn<2.
[解析]　(1)由题意及f ′(x)＝2ax＋b得
解之得即f(x)＝x2＋2nx(n∈N*)．
(2)由条件得＝＋2n，∴－＝2n，
累加得－＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)
＝＝n2－n，
∴＝(n－)2，
所以an＝＝(n∈N*)．
(3)bn＝＝
＝2(－)，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝2[(1－)＋(－)＋…＋(－)]

＝2(1－)<2.
∵2n＋1≥3，故2(1－)≥，∴≤Tn<2.
(理)(2021·武汉市部分中学联考)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．
[解析]　(1)令bn＝nan，{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝bn＋1，
∴Sn－1＝bn(n≥2)，两式相减得＝3，
又b1＝a1＝1，在条件式中令n＝1,2得a2＝1，a3＝2，
∴b2＝2a2＝2，
∴bn＝b2×3n－2＝2×3n－2.
∴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)，
又＝及＝，
所以所求实数λ的最小值为.