2021版高考数学一轮复习第六章数列第1讲数列的概念与简单表示法练习理北师大版.doc

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1、1第第 1 1 讲讲 数列的概念与简单表示法数列的概念与简单表示法基础题组练1已知数列 5，11，17，23，29，则 55是它的()A第 19 项B第 20 项C第 21 项D第 22 项解析：选 C.数列 5，11，17，23，29，中的各项可变形为 5，56，526，536，546，所以通项公式为an 56（n1）6n1，令 6n15 5，得n21.2已知数列an满足：m，nN N+，都有anamanm，且a112，那么a5()A.132B116C.14D12解析：选 A.因为数列an满足：对任意的m，nN N+，都有anamanm，且a112，所以a2a1a114，a3a1a218.那

2、么a5a3a2132.故选 A.3在数列an中，a114，an11an1(n2，nN N+)，则a2 020的值为()A14B5C.45D54解析：选 A.在数列an中，a114，an11an1(n2，nN N+)，所以a211145，a311545，a4114514，所以an是以 3 为周期的周期数列，所以a2 020a67331a114.4(2020山西太原模拟(一)已知数列an的前n项和Sn满足Snan2n(nN N+)，则a7()A.73B127642C.32132D38564解析：选 B.当n2 时，Sn1an12n2，又Snan2n，所以 2anan12，所以 2(an2)an12

3、，故an2是首项为a12，公比为12的等比数列，又S1a12，故a11，所以an12n12，故a7216412764，故选 B.5(2020广东广州天河毕业班综合测试(一)数列an满足a11，对任意nN N+，都有an11ann，则1a11a21a99()A.9998B2C.9950D99100解析：选 C.由an11ann，得an1ann1，则an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)1n（n1）2，则1an2n（n1）2n2n1，则1a11a21a992112 1213 1991100211100 9950.故选 C.6已知数列an的前n项和Sn3n1，则an_解析：当n

4、1 时，a1S1314；当n2 时，anSnSn1(3n1)(3n11)23n1.当n1 时，23112a1，所以an4，n1，23n1，n2.答案：4，n1，23n1，n27记数列an的前n项和为Sn，若对任意的nN N+，2Snan1，则a2 018_解析：因为 2Snan1，所以 2Sn1an11(n2)，所以 2Sn2Sn12ananan1(n2)，即anan1(n2)，所以数列an是以 2 为周期的周期数列又 2S12a1a11，3所以a11，所以a2 018a2a11.答案：18(2020河南焦作第四次模拟)已知数列an的通项公式为an2n，记数列anbn的前n项和为Sn，若Sn2

5、2n11n，则数列bn的通项公式为bn_解析：因为Sn22n11n，所以Sn(n1)2n12.所以当n2 时，Sn1(n2)2n2，两式相减，得anbnn2n，所以bnn；当n1 时，a1b12，所以b11.综上所述，bnn，nN N+.故答案为n.答案：n9已知数列an中，a11，前n项和Snn23an.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式解：(1)由S243a2得 3(a1a2)4a2，解得a23a13.由S353a3得 3(a1a2a3)5a3，解得a332(a1a2)6.(2)由题设知a11.当n2 时，有anSnSn1n23ann13an1，整理得ann1n1an1.于是a11

6、，a231a1，a342a2，an1nn2an2，ann1n1an1.将以上n个等式两端分别相乘，整理得ann（n1）2.4显然，当n1 时也满足上式综上可知，an的通项公式ann（n1）2.10设数列an的前n项和为Sn.已知a1a(a3)，an1Sn3n，nN N+.(1)设bnSn3n，求数列bn的通项公式；(2)若an1an，nN N+，求a的取值范围解：(1)依题意，Sn1Snan1Sn3n，即Sn12Sn3n，由此得Sn13n12(Sn3n)，即bn12bn，又b1S13a3，所以数列bn的通项公式为bn(a3)2n1，nN N+.(2)由(1)知Sn3n(a3)2n1，nN N+

7、，于是，当n2 时，anSnSn13n(a3)2n13n1(a3)2n223n1(a3)2n2，an1an43n1(a3)2n22n21232n2a3，当n2 时，an1an1232n2a30a9.又a2a13a1.综上，a的取值范围是9，3)(3，)综合题组练1(2020安徽江淮十校第三次联考)已知数列an满足an1ann2，a120，则ann的最小值为()A4 5B4 51C8D9解析：选 C.由an1an2n知a2a121，a3a222，anan12(n1)，n2，以上各式相加得ana1n2n，n2，所以ann2n20，n2，当n1 时，a120 符合上式，所以annn20n1，nN N

8、*，所以n4 时ann递减，n5 时ann递增，因为a44a55，所以ann的最小值为a44a558，故选 C.2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；5当n2 时，a1a2a3an1an（n1）（n2），a1a2a3an1n（n1），故当n2 时，ann2n，所以an6，n1，n2n，n2，nN N+.答案：an6，n1，n2n，n2，nN N+3已知数列an中，a1a，a22a，an2an2，若数列an单调递增，则实数a的取值范围为_解析：由an2an2 可知数列an的奇数项、偶数项分别递增，若数列an

9、递增，则必有a2a1(2a)a0 且a2a1(2a)aan2an2，可得 0a1，故实数a的取值范围为(0，1)答案：(0，1)4(2020广东湛江二模)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(公元 5世纪)的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即，一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数设这个整数为a，当a2，2 019时，符合条件的a共有_个解析：由题设a3m25n3，m，nN N，则 3m5n1，m，nN N，当m5k，n不存在；当m5k1，n不存在；当m5k2，n3k1，满足题意；当m5k3，n不存在

10、；当m5k4，n不存在其中kN N.故 2a15k82 019，解615k2 01115，则k0，1，2，134，共 135 个，即符合条件的a共有 135 个故答案为 135.答案：1355已知二次函数f(x)x2axa(a0，xR R)，有且只有一个零点，数列an的前n项和Snf(n)(nN N+)(1)求数列an的通项公式；6(2)设cn14an(nN N+)，定义所有满足cmcm10 的正整数m的个数，称为这个数列cn的变号数，求数列cn的变号数解：(1)依题意，a24a0，所以a0 或a4.又由a0 得a4，所以f(x)x24x4.所以Snn24n4.当n1 时，a1S11441；当n2 时，anSnSn12n5.所以an1，n1，2n5，n2.(2)由题意得cn3，n1，142n5，n2.由cn142n5可知，当n5 时，恒有cn0.又c13，c25，c33，c413，c515，c637，即c1c20，c2c30，c4c50.所以数列cn的变号数为 3.