2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§6-1 数列的概念及其表示（试题部分）

2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§6-1 数列的概念及其表示（试题部分）

专题六　数　列 ‎【真题探秘】‎ ‎§6.1　数列的概念及其表示 探考情 悟真题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测 热度 考题示例 考向 关联考点 数列的 概念及 其表示 ‎①了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式);②了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数;③了解递推公式的概念及数列前n项和的定义 ‎2016课标全国Ⅲ,17,12分 由递推式求 通项公式 等比数列的 通项公式 ‎★★☆‎ 分析解读 了解数列的概念和有关的表示方法,了解数列的通项公式、递推公式,了解数列的通项公式与前n项和之间的关系,了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.考查数列的有关概念和性质,培养学生的创新能力和抽象概括能力.‎ 破考点 练考向 ‎【考点集训】‎ 考点　数列的概念及其表示 ‎1.(2019广东佛山顺德模拟,9)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=‎1‎‎3‎an+1-1,bn=log4an,Tn为数列{bn}的前n项和,则T100=(　　)‎ A.4 950 B.99log46+4 851‎ C.5 050 D.99log46+4 950‎ 答案　B　‎ ‎2.(2019黑龙江龙凤模拟,9)已知数列{an}的首项a1=35,且满足an-an-1=2n-1(n∈N*,n≥2),则ann的最小值为(　　)‎ A.2‎34‎ B.‎59‎‎5‎ C.‎35‎‎3‎ D.12‎ 答案　C　‎ ‎3.(2019辽宁双台子模拟,9)已知数列{an}满足a1=0,an+2=an+an+1,则a2+a4+…+a2n=(　　)‎ A.0 B.an C.a2n+2 D.a2n+1‎ 答案　D　‎ 炼技法 提能力 ‎【方法集训】‎ 方法1　利用Sn与an的关系求通项公式 ‎1.(2018河北承德实验中学期中,9)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn=2an+1,则Sn=(　　)‎ A.2n-1 B.‎3‎‎2‎n-1‎ C.‎2‎‎3‎n-1‎ D.‎‎1‎‎2‎n-1‎ 答案　B　‎ ‎2.(2019福建武平模拟,10)已知数列{an}的前n项和满足2Sn=an+‎2‎an,则数列{Sn‎2‎}的通项公式为(　　)‎ A.4n-2 B.4n C.2n-2 D.2n 答案　D　‎ ‎3.(2018课标全国Ⅰ理,14,5分)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=　　　　. ‎ 答案　-63‎ 方法2　已知数列的递推公式求数列的通项公式 ‎1.(2019浙江宁波模拟,12)设[x]表示不超过x的最大整数,如[-3.14]=-4,[3.14]=3.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=an+n+1,则‎1‎a‎1‎‎+‎1‎a‎2‎+…+‎‎1‎an=(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 答案　A　‎ ‎2.(2019陕西澄城模拟,7)在数列{an}中,已知a1=2,an+1=an‎3an+1‎(n∈N*),则an的表达式为(　　)‎ A.an=‎2‎‎4n-3‎ B.an=‎2‎‎6n-5‎ C.an=‎2‎‎4n+3‎ D.an=‎‎2‎‎2‎n‎-1‎ 答案　B　‎ ‎3.(2019山东济宁模拟,8)设数列{an}满足a1=1,a2=2,且2nan=(n-1)an-1+(n+1)an+1(n≥2且n∈N*),则a18=(　　)‎ A.‎25‎‎9‎ B.‎26‎‎9‎ C.3 D.‎‎28‎‎9‎ 答案　B　‎ ‎【五年高考】‎ A组　统一命题·课标卷题组 考点　数列的概念及其表示 ‎　(2016课标全国Ⅲ,17,12分)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,an‎2‎-(2an+1-1)an-2an+1=0.‎ ‎(1)求a2,a3;‎ ‎(2)求{an}的通项公式.‎ 答案　(1)由题意得a2=‎1‎‎2‎,a3=‎1‎‎4‎.(5分)‎ ‎(2)由an‎2‎-(2an+1-1)an-2an+1=0得2an+1(an+1)=an(an+1).‎ 因为{an}的各项都为正数,所以an+1‎an=‎1‎‎2‎.‎ 故{an}是首项为1,公比为‎1‎‎2‎的等比数列,因此an=‎1‎‎2‎n-1‎.(12分)‎ B组　自主命题·省(区、市)卷题组 考点　数列的概念及其表示 ‎　(2019上海,8,5分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn+an=2,则S5=　　　　. ‎ 答案　‎‎31‎‎16‎ C组　教师专用题组 考点　数列的概念及其表示 ‎1.(2014课标Ⅱ,16,5分)数列{an}满足an+1=‎1‎‎1-‎an,a8=2,则a1=　　　　. ‎ 答案　‎‎1‎‎2‎ ‎2.(2013课标Ⅰ,14,5分)若数列{an}的前n项和Sn=‎2‎‎3‎an+‎1‎‎3‎,则{an}的通项公式是an=　　　　. ‎ 答案　(-2)n-1‎ ‎3.(2014江西,17,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=‎3n‎2‎-n‎2‎,n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明:对任意的n>1,都存在m∈N*,使得a1,an,am成等比数列.‎ 答案　(1)由Sn=‎3n‎2‎-n‎2‎,得a1=S1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-2.‎ 经验证,a1=1符合an=3n-2,‎ 所以数列{an}的通项公式为an=3n-2.‎ ‎(2)证明:要使a1,an,am成等比数列,只需要an‎2‎=a1·am,‎ 即(3n-2)2=1·(3m-2),即m=3n2-4n+2,‎ 而此时m∈N*,且m>n,‎ 所以对任意的n>1,都存在m∈N*,使得a1,an,am成等比数列.‎ ‎4.(2014湖南,16,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=n‎2‎‎+n‎2‎,n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=‎2‎an+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和.‎ 答案　(1)当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n‎2‎‎+n‎2‎-‎(n-1‎)‎‎2‎+(n-1)‎‎2‎=n.故数列{an}的通项公式为an=n.‎ ‎(2)由(1)知,bn=2n+(-1)nn,记数列{bn}的前2n项和为T2n,则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).‎ 记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,则A=‎2(1-‎2‎‎2n)‎‎1-2‎=22n+1-2,B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.‎ 故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.‎ ‎【三年模拟】‎ 时间:50分钟　分值:65分 一、选择题(每小题5分,共35分)‎ ‎1.(2018湖北枣阳12月模拟,2)已知数列‎2‎,‎5‎,2‎2‎,‎11‎,…,则2‎5‎是这个数列的(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.第6项 B.第7项 C.第11项 D.第19项 答案　B　‎ ‎2.(2018安徽铜陵12月模拟,7)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.它是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.数列前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50,则此数列第20项为(　　)‎ A.180 B.200 C.128 D.162‎ 答案　B　‎ ‎3.(2019广东广州天河毕业班综合测试(一),11)数列{an}满足a1=1,对任意n∈N*,都有an+1=1+an+n,则‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎a‎99‎=(　　)‎ A.‎99‎‎98‎ B.2 C.‎99‎‎50‎ D.‎‎99‎‎100‎ 答案　C　‎ ‎4.(2019湖南邵东创新实验学校第五次月考,11)已知数列{an}的通项an=2n+3(n∈N*),数列{bn}的前n项和Sn=‎3n‎2‎+7n‎2‎(n∈N*),若这两个数列的公共项顺次构成一个新数列{cn},则满足cn<2 012的n的最大整数值为(　　)‎ A.338 B.337 C.336 D.335‎ 答案　D　‎ ‎5.(2019江西宜春期末,9)已知函数f(x)=x+‎1‎‎2‎,x≤‎1‎‎2‎,‎‎2x-1,‎1‎‎2‎0,故an-an-1=2(n≥3).(4分)‎ 又‎1‎‎2‎a‎2‎‎2‎=S2+S1,S1=a1=2,所以‎1‎‎2‎a‎2‎‎2‎=4+a2,又a2>0,解得a2=4,从而a2-a1=4-2=2.(5分)‎ 故{an}是公差为2的等差数列,而a1=2,所以an=2n(n∈N*).(6分)‎ ‎(2)由(1)及bnanan+1=2知,bn=‎2‎anan+1‎=‎2‎‎2n·2(n+1)‎=‎1‎‎2n(n+1)‎=‎1‎‎2‎‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎,(9分)‎ 所以Tn=b1+b2+…+bn=‎1‎‎2‎‎1‎‎1‎-‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎4‎+…+‎1‎n-‎1‎n+1‎=n‎2(n+1)‎.(12分)‎ ‎10.(2020届陕西铜川调研,17)已知数列{an}满足a1=1,an-an-1=2n-1(n≥2,n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=log2(an+1),求数列‎1‎bn‎·‎bn+1‎的前n项和Sn.‎ 答案　(1)∵an-an-1=2n-1(n≥2,n∈N*),‎ ‎∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an-2-an-3)+…+(a2-a1)+a1,‎ ‎∴an=2n-1+2n-2+2n-3+…+22+21+1,‎ ‎∴an=‎1×(1-‎2‎n)‎‎1-2‎=2n-1(n≥2,n∈N*).‎ 又a1=1,满足上式,∴an=2n-1(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)得bn=log2(an+1)=log2(2n-1+1)=log22n=n,则‎1‎bn‎·‎bn+1‎=‎1‎n(n+1)‎=‎1‎n-‎1‎n+1‎,‎ ‎∴Sn=‎1‎‎1‎-‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎4‎+…+‎1‎n-‎1‎n+1‎=1-‎1‎n+1‎=nn+1‎.‎