专题7.1 数列的概念与简单表示 2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（练）解析版

专题7.1数列的概念与简单表示1．（2021·全国高二课时练习）已知数列{an}的第1项是1，第2项是2，以后各项由an=an-1+an-2(n>2)给出，则该数列的第5项等于（）A．6B．7C．8D．9【答案】C【解析】利用an=an-1+an-2(n>2)逐项求解即可求得答案.【详解】解析：∵a1=1，a2=2，an=an-1+an-2(n>2)，∴a3=a2+a1=2+1=3，a4=a3+a2=3+2=5，a5=a4+a3=5+3=8.答案：C.2．（2021·全国高二课时练习）下列说法错误的是（）A．递推公式也是数列的一种表示方法B．an=an-1，a1=1(n≥2)是递推公式C．给出数列的方法只有图象法、列表法、通项公式法D．an=2an-1，a1=2(n≥2)是递推公式【答案】C【解析】根据数列的概念及递推公式的概念逐项排除答案，得出结论.【详解】根据递推公式和数列的第一项，我们也可以确定数列，故A正确；an=an-1(n≥2)与an=2an-1(n≥2)，这两个关系式虽然比较特殊，但都表示的是数列中的任意项与它的前后项间的关系，且都已知a1，所以都是递推公式.故B,D正确；通过图象、列表、通项公式我们可以确定一个数列，但是还可以有其他形式，比如列举法，故C错误；故选：C.n3．（2019·高二月考）数列an的通项公式anncos，其前n项和为Sn，则S20152A．1008B．2015C．1008D．504 【答案】C【解析】根据三角函数的周期性可，同理得，可知周期为4，．xxxnn24．（2021·浙江杭州市·高三其他模拟）在数列n中，xn1，n1，设其前n项2和为Sn，则下列命题正确的是（）A．x10x110x2x1B．9x1x10S10x19x10xxnn(n1)12kC．xkD．若xn1xn，则Snnxn12n12【答案】D【解析】依题意可得xn1xnxn2xn1，设xn1xndn，即可判断A，利用特殊值法判断B、C，由nxn1xn0，可得xn递增，根据n1Snx12x2x13x3x2nxnxn1(n1)xn1xn(n1)xn1即可证明D；【详解】xxnn2xxxx，设xxd，解：由xn1得n1nn2n1n1nn2则d1d2dn,x10x1d1d2d99d19x2x1，故A错．取x110,x101，知B错，k3时，数列10,9,8,7,6,5不满足，知C错．n对于D，由xn1xn0，知xn递增，x1xn1n1Snx12x2x13x3x2nxnxn1(n1)xn1xn(n1)xn1n(n1)x12n(n1)xnx1n1n12 n(n1)所以Snx，知D正确；nn12故选：D25．（2021·高一期中）数列an的首项a13，且an2n2，则a2021（）an141A．3B．C．D．232【答案】A【解析】首先根据递推公式列出数列的前几项，再找出数列的周期性，即可得解；【详解】212224a2a22解：因为a3，且a2n2，所以a2，3，41，1n242an13332224a523，a62，，所以数列an是以4为周期的周期数列，所以233aaa32021505411故选：A6．（2021·河南高二三模（理））分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路.按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图.若记图2中第n行黑圈的个数为an，则a6（）A．55B．58C．60D．62【答案】A【解析】a表示第n行中的黑圈个数，设b表示第n行中的白圈个数，由题意可得a2ab,bab，nnn1nnn1nn根据初始值，由此递推，不难得出所求. 【详解】已知an表示第n行中的黑圈个数，设bn表示第n行中的白圈个数，则由于每个白圈产生下一行的一白一黑两个圈，一个黑圈产生下一行的一个白圈2个黑圈，∴an12anbn,bn1anbn，又∵a10,b11;a1,b1;22a2113，b112;33a2328,b325;44a28521,b8513;55a2211355,6故选：A.7．（2021·河南高三其他模拟（文））数列an满足递推公式an2anan1，且a1a2，a2019a20202020，222则aaa（）122019A．1010B．2020C．3030D．4040【答案】B【解析】22已知条件可化为an1an2an左右两端同乘以an1有an1an1an2anan1，即ananan1an1an，22aaaaa，…，aaaaa，通过累加求和，计算即可求得结果.n1n1nn2n122312【详解】2an1an2an左右两端同乘以an1有an1an1an2anan1，222从而aaaaa，aaaaa，…，aaaaa，nnn1n1nn1n1nn2n122312222将以上式子累加得aaaaaaa．23nnn112aa2222由12得a1a2a3ananan1．222令n2019，有a1a2a2019a2019a20202020． 故选：B.128.（2019·浙江高考模拟）已知数列an满足a10，a114，an1anan，数列bn满足bn0，212*b1a12，bnbn1bn1，nN若存在正整数m,nmn，使得bmbn14，则（）2A．m10,n12B．m9,n11C．m4,n6D．m1,n3【答案】D【解析】1212因为aaa，bbb，n1n2nnn12n1则有an1ana10，b1b2bn0，12且函数yxx在0,上单调递增，21212故有b1a12b2b2a11a11，得b2a114，22同理有b3a102,,bma13m，12又因为aaa12，1211112故bmbna10a12，所以m1,n3.故选D.9（.2021·云南高三其他模拟（理））已知数列an的前n项和为Sn，a11，a22，an2an1an，则S2019______．【答案】4【解析】归纳出数列的周期，求出一个周期的和，即得解.【详解】由题得a3a2a1211，aaa121，432aaa112，543 aaa2(1)1,654aaa1(2)1,765aaa1(1)2,876所以数列的周期为6，a1+a2++a60，2019=6336+3，所以S2019a1a2a31214.故答案为：4n10*10.（山东省单县第五中学月考）数列an的通项ann1nN，试问该数列an有没有最11大项？若有，求出最大项；若没有，说明理由.1010【答案】最大项为aa910911【解析】aann1设an是该数列的最大项，则aann1nn11010n1n21111∴nn11010n1n1111解得9n10∵*nN，∴n9或n10，1010∴最大项为aa910911n1．（2021·四川成都市·成都七中高三月考（理））数列an满足a12a23a3nan2，则 aaaaaa1223910的值为（）2944471399A．B．C．D．1010520【答案】A【解析】由已知条件计算出数列an的通项公式，然后运用裂项求和法求出结果，注意n1的情况进行分类讨论.【详解】na2a3ana2，取n2，123nn1a12a23a3n1an12n1n12相减na2a,n2，nnn1a22，12,n1则推出an2n1,n2nkk1aa2211111kk1当k2时，k2k4k1k22kk12kk1211111111111121117原式aa...2124223234291042221010故选：A2．（2020·四川凉山·期末（文））德国数学家科拉茨1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数t，如t果t是偶数，就将它减半（即）；如果t是奇数，则将它乘3加1（即3t1），不断重复这样的运算，经过23an11,an1为奇数有限步后，一定可以得到1．猜想的数列形式为：a为正整数，当nN*时，a，0nan1,an1为偶数2则数列an中必存在值为1的项．若a01，则a5的值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B 【解析】3an11,an1为奇数因为a01，ana，n1,an1为偶数2所以a13114，4a2，222a1，32a3114，44a2，52故选：B(3a)x3,x73.（2021·辽宁高二月考）设函数f(x)x6，数列an满足anf(n),nN，且数列ana,x7是递增数列，则实数a的取值范围是（）3A．(2,3]B．(1,3)C．2,3D．(1,)2【答案】C【解析】(3a)n3,n7本题首先可根据题意得出ann6，然后根据数列an是递增数列得出不等式组a,n73a0a1，最后通过计算即可得出结果.2a187a【详解】(3a)x3,x7因为anf(n)，f(x)x6，a,x7(3a)n3,n7所以ann6，a,n7因为数列an是递增数列， 3a0a3所以a1，解得a1，即2a3.2a187aa2或a9故选：C.4．（2021·全国高三其他模拟（理））大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其部分项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，由此规律得到以下结论正确的是（）A．a1270B．a1384C．当n为偶数时，Sn12SnSn1n1D．当n为奇数时，Sn12SnSn1nn1【答案】B【解析】2n1n为奇数2直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式an，代入数列的具体值即可判断出2nn为偶数2各个选项．【详解】解：其部分项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，，2n1n为奇数2则数列的通项公式为：an，2nn为偶数2所以a1272，a1384，22(n1)1n当n为偶数时，S2SS(SS)(SS)aan，n1nn1n1nnn1n1n2222n1n1当n为奇数时，Sn12SnSn1Sn1SnSnSn1an1ann1(n1)．22故选：B．15．（2020·四川高一期末（理））已知数列a满足2a22a2nan(nN*)，b，n12nnlogaloga2n2n1 S为数列b的前n项和.若对任意实数，都有S成立，则实数的取值范围为（）nnn11A．[1,)B．(1,)C．(,)D．[,)22【答案】A【解析】n由和与通项的关系先求出2an，进而求出an，bn，再用裂项相消求出Sn即可获解.【详解】n设数列{2an}的前n项和为Tn，由题意得，Tnn11当n1时，2a12a1T11，即a12n当n2时，2anTnTn1n(n1)1111所以a，当n1时，a，也满足，所以ann1nn2221111故bnlogalogan(n1)nn12n2n1111111n故Sn111，223nn1n1n1所以实数的取值范围为[1,)故选：A.6．（2021·四川成都市·树德中学高三其他模拟（理））已知数列an，bn，其中数列an满足*n1an5annN，前n项和为Sn满足Sn1annn31≤n≤6；数列bn满足：b11，2b*n且对任意的m､nN都有：bnmbnbmnm，则数列的第47项的值为（）an2A．384B．47C．49D．376【答案】A【解析】n1*根据Sn1annn31≤n≤6，分别取不同的n值，求得a1~a5，并根据an5annN，247求得a49a4；取m1得，bn1bnn1，从而利用累加法求得b471128，从而求得结果.16【详解】13n1时，S1a113a1，解得a14，2 17n3时，S3a3333a1a2a3，得a22a3，28129n4时，S4a4443a1a2a3a4，得a2a3，2161115从而有a，a，23416131n5时，S5a5553a1a2a3a4a5，得a42a5，2321125n6时，S6a6663a1a2a3a4a5a6，得a4a5，2644763则a，a，451664*47又an5annN，故a49a4，16取m1得，bn1bnn1，则bn1bnn146(472)故bbbbbbbb1127，47464645214712则b471128，b1128b47384n故数列的第47项为a47a49n216故选：A1ln1an7．【多选题】（2021·辽宁高三月考）已知数列an满足：an，Sn是数列an的前n项和，bn，nan下列命题正确的是（）n1A．an1lnanB．数列bn是递增数列nC．S20211ln2021S2020D．ln2bnln3【答案】ABD【解析】 n1选项A.设fxln1xxx0,求出其导函数得出其单调性，可得，lna，设nnx11ngxln1xx0，求出其导函数，得出其单调性，可得ln，从而可判断A；x1n1n1选项B.设hxxln1,求出其导数，借助于选项A中构造的函数结论，可得其单调性，从而可判断;x选项C.由S20211S2020a20211可判断；选项：由选项B数列bn是递增数列，所以bnb1ln2，11由选项A中得到的结论ln1xxx0可得ln1，从而可判断.nn【详解】ln1an1由题意bn，则bnnln1ann1x设fxln1xxx0，则fx101x1x所以fx在0，上的单调递减，所以fxf00，即ln1xxx0111n1当x时，可得ln1，即lnannnnnx11x设gxln1xx0，gx220x1x1x1x1所以gx在0，上的单调递增，所以gxg00111n1111取x，可得ln1ln10，即ln1nn1nn1nn11n11n所以alna，所以选项A正确.n1nn1n11xx11x1设hxxln1，则hxlnxln2xx1xxx1x111tt1t1由上gxg00在0，上恒成立，则glnln0tt1tt11t1x1所以hxln0在0，上恒成立，所以hx在0，上单调递增.x1x 所以数列bn是递增数列，故选项B正确.1由S20211S2020a2021110，所以S20211S2020，所以选项C不正确.2021由数列bn是递增数列，所以bnb1ln21111由上ln1xxx0，则ln1，所以nln1n1nnnn所以bn1ln3，故选项D正确.故选：ABD8．【多选题】（2021·福建省高三其他模拟）斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例.作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列.现将斐波那契数列记为an，*aa1，aaan3，边长为斐波那契数a的正方形所对应扇形面积记为bnN，则12nn1n2nn（）A．3anan2an2n3B．a1a2a3a2019a20211ππC．b2020b2019a2018a2021D．b1b2b3b2020a2020a202144【答案】AD【解析】根据数列的递推公式可判断选项A，再根据累加法计算判断选项B，根据扇形的面积公式判断选项C，再次应用累加法及递推公式判断选项D.【详解】由递推公式anan1an2n3，可得an2an1an2anan1，an2anan1， 所以an2an22anan1anan13ann3，A选项正确；又由递推公式可得a11，a2a3a1，a3a4a2，类似的有anan1an1n2，累加得a1a2a3Lananan1a2an21，故a1a2a3a2019a20211错误，B选项错误；2由题可知扇形面积ba，nn422故bbaaaaaaaa，nn1nn1nn1nn1n1n2444π故bbaa错误，C选项错误；20202019201820214由anan1an2n3，2aaa，1212a2a2a2a2a3a1a3a2a2a1，2a3a3a3a3a4a2a4a3a3a2，2类似的有ananananan1an1an1ananan1，累加得22222a1a2a3ana1a3a2a2a1a4a3a3a2an1ananan1an1an，22222又ba，所以bbbLbaaaLaaa，nn123n123nn1n444π所以bbbbaa正确，D选项正确；1232020202020214故选：AD.2n﹣1n9．（2021·全国高三其他模拟（理））已知数列an满足a12a22a32an＝n2nN.（1）求数列an的通项公式；（2）设数列an的前项n和为Sn，若Snan51恒成立，求实数的取值范围.21【答案】（1）ann1；（2）,.2【解析】 2n﹣2n1（1）由题意可得当n2时a12a22a32an1＝n12n2与已知条件两式相减，即可得an，再检验a1是否满足an即可.（2）由等差数列前n项和公式求出Sn，由不等式分离出，转化为最值问题，再利用基本不等式求最值即可求解.【详解】2n﹣1n（1）因为a12a22a32an＝n2nN，2n2n1所以a12a22a32an1＝n12n2n1nn1n1两式相减可得：2ann2n12n12n2所以ann1n2，当n1时，a1＝2满足ann1n2，所以ann1，n2n1nn3（2）S，n22nn3由Snan﹣51可得：n151，2nn351nn3102所以，2n1n12n1nn3102令gn，只需gn.2n1minnn3102n1n2100n250gn2n12n12n1n1501n1501121225，2n122n1222n15021当且仅当即n9时等号成立，此时gn，min2n1221所以，2 21所以实数的取值范围为,.210．（2020·湖北宜昌·其他（文））数列{an}中，a12，(n1)(an1an)2(ann1).（1）求a2，a3的值；122{}（2）已知数列{an}的通项公式是ann1，ann1，annn中的一个，设数列的前n项和anTn为S，{aa}的前n项和为T，若360，求n的取值范围．nn1nnSn【答案】（1）a26，a312（2）n17，且n是正整数【解析】（1）∵n1an1an2ann1，n3∴aa2n1nn113∴aa26211123aa212322122（2）由数列an的通项公式是ann1，ann1，annn中的一个，和a26得数列an的通2项公式是annnnn11111由annn1可得annn1nn1111111111∴11aaa223nn1n112n1∴S1nn1∵a2a1a3a2an1anan1a1，annn12∴a2a1a3a2an1ann3n2即Tn3nn Tn，得2由360n4n3570，解得n17或n21Sn∵n是正整数，∴所求n的取值范围为n17，且n是正整数an1．（2021·浙江高考真题）已知数列an满足a11,an1nN.记数列an的前n项和为Sn，1an则（）399A．S1003B．3S1004C．4S100D．S1005222【答案】A【解析】21111111111显然可知，S100，利用倒数法得到，再放缩可得，2an1ananan24an1an24aanan1n1由累加法可得an2，进而由n1局部放缩可得，然后利用累乘法求得(n1)1anann36an，最后根据裂项相消法即可得到S1003，从而得解．(n1)(n2)【详解】an1因为a11,an1nN，所以an0，S100．1an22a111111n由an11aaaaa24nn1nnn2111111111，即an1an2an1an2an1an21n1n1根据累加法可得，1，当且仅当n1时取等号，a22n4aan1nnaaan2n1n(n1)1a2n3n1n1 an1n1，an3n6由累乘法可得an，当且仅当n1时取等号，(n1)(n2)由裂项求和法得：11111111113所以S100663，即S1003．23344510110221022故选：A．a中，aa,aa2b，nN2.（2019·浙江高考真题）设a,bR，数列n1n1n,则（）11A．当b,a10B．当b,a10101024C．当b2,a1010D．当b4,a1010【答案】A【解析】211对于B，令x0，得λ，42111取a，∴a，，a＜10，12n2221∴当b时，a10＜10，故B错误；42对于C，令x﹣λ﹣2＝0，得λ＝2或λ＝﹣1，取a1＝2，∴a2＝2，…，an＝2＜10，∴当b＝﹣2时，a10＜10，故C错误；2117对于D，令x﹣λ﹣4＝0，得，2117117117取a，∴a，…，a＜10，12n222∴当b＝﹣4时，a10＜10，故D错误；21121213对于A，aa，a(a)，2322224423219117a(aa)＞1，44216216 an+1﹣an＞0，{an}递增，1an113当n≥4时，an2＞1，an22ana53＞a24a34＞a25a10＞36729∴，∴（），∴a10＞＞10．故A正确．a4264a310＞a29故选：A．3．（2017·全国高考真题（理））（2017新课标全国I理科）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项001012是2，接下来的两项是2，2，再接下来的三项是2，2，2，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是（）A．440B．330C．220D．110【答案】A【解析】由题意得，数列如下：hhꀀhꀀhtu㘠r则该数列的前㘠h㘠㘠䁥项和为hu㘠rt㘠䁥㘠u㘠hr㘠㘠u㘠h㘠㘠hr䁥htth，hu㘠r㘠要使൭൭，有ꀀ，此时㘠hh，所以㘠h是第㘠组等比数列hh的部分和，设h 㘠h䁥㘠h㘠㘠ht䁥ht，所以䁥htꀀ，则，此时䁥ht䁥h，h൭所以对应满足条件的最小整数䁥㘠䁥ꀀꀀ൭，故选A.h4．（2020·全国高考真题（理））0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2an满足a{0,1}(i1,2,)，且存在正整数m，使得aa(i1,2,)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足iimiaa(i1,2,)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列aaa，imi12nm1C(k)aiaik(k1,2,,m1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足mi11C(k)(k1,2,3,4)的序列是（）5A．11010B．11011C．10001D．11001【答案】C【解析】由aimai知，序列ai的周期为m，由已知，m5，51C(k)aiaik,k1,2,3,45i1对于选项A，511111C(1)aiai1(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)(10000)5i1555551112C(2)aiai2(a1a3a2a4a3a5a4a6a5a7)(01010)，不满足；5i1555对于选项B，51113C(1)aiai1(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)(10011)，不满足；5i1555对于选项D，51112C(1)aiai1(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)(10001)，不满足；5i1555故选：Cn5．（2020·全国高考真题（文））数列{an}满足an2(1)an3n1，前16项和为540，则a1 ______________.【答案】7【解析】分析：对n为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用a1表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立a1方程，求解即可得出结论.详解：na(1)a3n1，n2n当n为奇数时，an2an3n1；当n为偶数时，an2an3n1.设数列an的前n项和为Sn，Saaaaa16123416aaaa(aa)(aa)13515241416a(a2)(a10)(a24)(a44)(a70)111111(a102)(a140)(5172941)118a392928a484540，11a7.1故答案为：7.a1,n为奇数,n6.（2021·全国高考真题）已知数列an满足a11，an1a2,n为偶数.n（1）记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；（2）求an的前20项和.【答案】（1）b12,b25；（2）300.【解析】（1）根据题设中的递推关系可得bn1bn3，从而可求bn的通项. （2）根据题设中的递推关系可得an的前20项和为S20可化为S202b1b2b9b1010，利用（1）的结果可求S20.【详解】（1）由题设可得b1a2a112,b2a4a31a2215*又a2k2a2k11，a2k1a2k2，(kN)故a2k2a2k3，即bn1bn3，即bn1bn3所以bn为等差数列，故bn2n133n1.（2）设an的前20项和为S20，则S20a1a2a3a20，因为a1a21,a3a41,,a19a201，所以S202a2a4a18a20109102b1b2b9b10102102310300.2