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    2022版高考数学一轮复习第6章数列第1节数列的概念与简单表示法课时跟踪检测文新人教A版.doc

    • 资源ID:18766749       资源大小:96KB        全文页数:5页
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    2022版高考数学一轮复习第6章数列第1节数列的概念与简单表示法课时跟踪检测文新人教A版.doc

    第一节数列的概念与简单表示法A级·根底过关|固根基|1.数列1,3,6,10,的一个通项公式是()Aann2(n1) Bann21Can Dan解析:选C观察数列1,3,6,10,可以发现11,312,6123,101234,第n项为1234n.所以an.2数列an的前n项和Sn满足log2(Sn1)n,那么数列的通项公式an()A. B2nC2n1 D2n11解析:选Clog2(Sn1)nSn12nSn2n1.所以anSnSn12n2n12n1(n2),又a1S1211,适合an2n1(n2),因此an2n1.应选C.3?九章算术?是中国古代的数学专著,有题为:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增十三里,驽马初日行九十七里,日减半里,良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢问需几日相逢()A9 B8C16 D12解析:选A由题意可知,良马每日行程an构成数列an,a1103,d13,驽马每日行程bn构成数列bn,b197,d,假设第n天相逢,由题意知103nn(n1)97nn(n1)1 125×2,解得n9,应选A.4在数列an中,“|an1|>an是“数列an为递增数列的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析:选B|an1|>anan1>an或an1>an,充分性不成立,数列an为递增数列|an1|an1>an成立,必要性成立,所以“|an1|>an是“数列an为递增数列的必要不充分条件应选B.5(2022届广东惠州模拟)数列an的前n项和为Sn,且Sn2an1,那么()A. B.C. D.解析:选A因为Sn2an1,所以当n1时,a12a11,解得a11;n2时,anSnSn12an1(2an11),化为an2an1,所以数列an是首项为1,公比为2的等比数列,即an2n1,所以a62532,S663,那么.应选A.6数列an的前n项和Sn2n2n,那么an_解析:当n2时,anSnSn12n2n2(n1)2(n1)4n1.当n1时,a1S134×11.所以an4n1.答案:4n17数列an满足a11,an1a2an1(nN*),那么a2 020_解析:a11,a2(a11)20,a3(a21)21,a4(a31)20,可知数列an是以2为周期的数列,a2 020a20.答案:08假设数列an满足a1·a2·a3··ann23n2,那么数列an的通项公式为_解析:a1·a2·a3··an(n1)(n2),当n1时,a16;当n2时,故当n2时,an,当n1时,123a1,所以an答案:an9各项都为正数的数列an满足a11,a(2an11)an2an10.(1)求a2,a3;(2)求数列an的通项公式解:(1)令n1,得a(2a21)a12a20,解得a2.令n2,得a(2a31)a22a30,解得a3.(2)由a(2an11)an2an10,得2an1(an1)an(an1)因为an的各项都为正数,所以.故an是首项为1,公比为的等比数列,因此an.10Sn为正项数列an的前n项和,且满足Snaan(nN*)(1)求a1,a2,a3,a4的值;(2)求数列an的通项公式解:(1)由Snaan(nN*)可得a1aa1,解得a11,S2a1a2aa2,解得a22,同理,a33,a44.(2)Sna,当n2时,Sn1a,由得,(anan11)(anan1)0.由于anan10,所以anan11,又由(1)知a11,故数列an是首项为1,公差为1的等差数列,故ann.B级·素养提升|练能力|11.(2022届山西晋中高考适应性调研)“中国剩余定理又称“孙子定理.1852年,英国来华传教士伟烈亚力将?孙子算经?中“物不知数问题的解法传至欧洲.1874年,英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称之为“中国剩余定理“中国剩余定理讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个整除问题:将1到2 018这2 018个数中,能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列an,那么此数列共有()A98项 B97项C96项 D95项解析:选B能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1的数,故an21n20,由1an2 018,得1n,又nN*,故此数列共有97项12(2022届德阳诊断)假设存在常数k(kN*,k2),q,d,使得无穷数列an满足an1那么称数列an为“段比差数列,其中常数k,q,d分别叫做段长、段比、段差设数列bn为“段比差数列,假设bn的首项、段长、段比、段差分别为1,3,0,3,那么b2 016()A3 B4C5 D6解析:选D因为bn的首项、段长、段比、段差分别为1,3,0,3,所以b2 0140×b2 0130,所以b2 015b2 01433,所以b2 016b2 01536.应选D.13(2022届临汾期末)数列xn的各项均为正整数,且满足xn1假设x3x43,那么x1所有可能取值的集合为_解析:由题意得x31,x42或x32,x41.当x31时,x22,从而x11或4;当x32时,x21或4,因此当x21时,x12,当x24时,x18或3.综上,x1所有可能取值的集合为1,2,3,4,8答案:1,2,3,4,814Sn是数列an的前n项和,Sn3×2n3,其中nN*.(1)求数列an的通项公式;(2)数列bn为等差数列,Tn为其前n项和,b2a5,b11S3,求Tn的最值解:(1)由Sn3×2n3,nN*,得当n1时,a1S13×2133.当n2时,anSnSn1(3×2n3)(3×2n13)3×(2n2n1)3×2n1.(*)又当n1时,a13也满足(*)式所以,对任意nN*,都有an3×2n1.(2)设等差数列bn的首项为b1,公差为d,由(1)得b2a53×25148,b11S33×23321.由等差数列的通项公式得解得所以bn543n.可以看出bn随着n的增大而减小,令bn0,解得n18,所以Tn有最大值,无最小值,且T18(或T17)为前n项和Tn的最大值,即TnT189×(510)459.- 5 -

    注意事项

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