2021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

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1、第一节数列的概念与简单表示法A级基础过关|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已知数列an的前n项和Sn满足log2(Sn1)n，则数列的通项公式an()A. B2nC2n1 D2n11解析：选Clog2(Sn1)nSn12nSn2n1.所以anSnSn12n2n12n1(n2)，又a1S1211，适合an2n1(n2)，因此an2n1.故选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

2、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 1252，解得n9，故选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|anan1an或an1an，充分性不成立，数列an为递增数列|an1|an1an成立，必

3、要性成立，所以“|an1|an”是“数列an为递增数列”的必要不充分条件故选B.5(2019届广东惠州模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an1，则()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，则.故选A.6已知数列an的前n项和Sn2n2n，则an_解析：当n2时，anSnSn12n2n2(n1)2(n1)4n1.当n1时，a1S13411.所以an4n1.答案：4n17已知数列an满足a1

4、1，an1a2an1(nN*)，则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若数列an满足a1a2a3ann23n2，则数列an的通项公式为_解析：a1a2a3an(n1)(n2)，当n1时，a16；当n2时，故当n2时，an，当n1时，123a1，所以an答案：an9已知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.

5、(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.10已知Sn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.

6、(2019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，则此数列共有()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

7、nN*，故此数列共有97项12(2019届德阳诊断)若存在常数k(kN*，k2)，q，d，使得无穷数列an满足an1则称数列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”，若bn的首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，则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 0140b2 0130，所以b2 015b2 01433，所以b2 016b2 01536.故选D.13(2019届临汾期末)已知数列xn的各项均为正整数，且满足xn1若x3x43，则x1所有可能取值的集合为_解析：由题

8、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：1，2，3，4，814已知Sn是数列an的前n项和，Sn32n3，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Sn32n3，nN*，得当n1时，a1S132133.当n2时，anSnSn1(32n3)(32n13)3(2n2n1)32n1.(*)又当n1时，a13也满足(*)式所以，对任意nN*，都有an32n1.(2)设等差数列bn的首项为b1，公差为d，由(1)得b2a5325148，b11S3323321.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 -