2022届高三数学一轮复习（原卷版）第1讲　高效演练分层突破 (7).doc

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1、 基础题组练 1已知数列 5， 11， 17， 23， 29，则 5 5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*，都有 anamanm，且 a112，那么 a5( ) A132 B116 C14 D12 解析：选 A因为数列an满足：m，nN*，都有 anamanm，且 a112，所以 a2a1a114，a3a1a218.那么 a5a

2、3a2132.故选 A 3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|an”an1an或an1an，充分性不成立，数列an为递增数列|an1|an1an成立，必要性成立，所以“|an1|an”是“数列an为递增数列”的必要不充分条件故选 B 4(多选)已知数列an满足 an111an(nN*)，且 a12，则( ) Aa31 Ba2 01912 CS332 DS2 0192 0192 解析：选 ACD数列an满足 a12，an111an(nN*)，可得 a212，a31，a

3、42，a512，所以 an3an，数列的周期为 3.a2 019a67233a31.S332，S2 0192 0192. 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*，都有an11ann，则1a11a21a99( ) A9998 B2 C9950 D99100 解析：选 C由 an11ann，得 an1ann1， 则 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)1n(n1)2， 则1an2n(n1)2n2n1， 则1a11a21a992112121319911002111009950.故选 C 6若数列an满足 a1a2a3ann23n2，

4、则数列an的通项公式为_ 解析：a1a2a3an(n1)(n2)， 当 n1 时，a16； 当 n2 时，a1a2a3an1an(n1)(n2)，a1a2a3an1n(n1)， 故当 n2 时，ann2n， 所以 an6，n1，n2n，n2，nN*. 答案：an6，n1，n2n，n2，nN* 7(2020 黑龙江大庆一中模拟)数列an的前 n 项和 Sn满足 a22，Sn12n2An，则 A_，数列1an an1的前 n 项和 Tn_ 解析：因为 a2S2S1(22A)12A 2，所以 A12. 所以当 n2 时，anSnSn112n212n12(n1)212(n1) n，当 n1 时，a1S

5、11 满足上式，所以 ann. 所以1anan11n(n1)1n1n1，所以 Tn11212131n1n111n1nn1. 答案： ：12 nn1 8(2020 重庆(区县)调研测试)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，2Sn(n1)an，则 an_ 解析：由 2Sn(n1)an知，当 n2 时，2Sn1nan1，所以 2an2Sn2Sn1(n1)an nan1，所以(n1)annan1， 所以当 n2 时，annan1n1，所以anna111，所以 ann. 答案：n 9已知数列an的前 n 项和为 Sn. (1)若 Sn(1)n1n，求 a5a6及 an； (2)若 Sn3n2n1

6、，求 an. 解：(1)因为 a5a6S6S4(6)(4)2， 当 n1 时，a1S11，当 n2 时， anSnSn1(1)n1n(1)n(n1) (1)n1n(n1)(1)n1(2n1)， 又 a1也适合此式，所以 an(1)n1(2n1) (2)因为当 n1 时，a1S16； 当 n2 时，anSnSn1(3n2n1)3n12(n1)123n12， 由于 a1不适合此式，所以 an6，n1，23n12，n2. 10(2020 衡阳四校联考)已知数列an满足 a13，an14an3. (1)写出该数列的前 4 项，并归纳出数列an的通项公式； (2)证明：an11an14. 解：(1)a1

7、3，a215，a363，a4255.因为 a1411，a2421，a3431，a4441，所以归纳得 an4n1. (2)证明：因为 an14an3，所以an11an14an31an14(an1)an14. 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 5 B4 51 C8 D9 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*， 所以 n4

8、 时ann单调递减，n5 时ann单调递增， 因为a44a55，所以ann的最小值为a44a558，故选 C 2(多选)在数列an中，an(n1)78n，则数列an中的最大项可以是( ) A第 6 项 B第 7 项 C第 8 项 D第 9 项 解析：选 AB假设 an最大，则有anan1，anan1， 即(n1)78n(n2)78n1，(n1)78nn78n1， 所以n178(n2)，78(n1)n，即 6n7，所以最大项为第 6 项或第 7 项 3(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Sn22n11n，则数列bn的通项公式为

9、 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*.故答案为 n. 答案：n 4(2020 新疆一诊)数列an满足 a13，ananan11，An表示an的前 n 项之积，则A2 019_ 解析：由 ananan11，得 an111an， 又 a13，则 a211a123，a311a213212，a411a31(2)3， 则数列an是周期为 3 的周期数列，且 a1a2a3323121，则 A2 019(a1a2a3) (a4a5

10、a6) (a2017a2 018a2 019)(1)6731. 答案：1 5已知 Sn为正项数列an的前 n 项和，且满足 Sn12a2n12an(nN*) (1)求 a1，a2，a3，a4的值； (2)求数列an的通项公式 解：(1)由 Sn12a2n12an(nN*)，可得 a112a2112a1，解得 a11； S2a1a212a2212a2，解得 a22； 同理 a33，a44. (2)Sn12a2n12an， 当 n2 时，Sn112a2n112an1， 得(anan11)(anan1)0. 由于 anan10， 所以 anan11， 又由(1)知 a11， 故数列an是首项为 1，

11、公差为 1 的等差数列，故 ann. 6设数列an的前 n 项和为 Sn.已知 a1a(a3)，an1Sn3n，nN*. (1)设 bnSn3n，求数列bn的通项公式； (2)若 an1an，nN*，求 a 的取值范围 解：(1)依题意得 Sn1Snan1Sn3n， 即 Sn12Sn3n， 由此得 Sn13n12(Sn3n)，即 bn12bn， 又 b1S13a3， 因此，所求通项公式为 bn(a3)2n1，nN*. (2)由(1)可知 Sn3n(a3)2n1，nN*， 于是，当 n2 时，anSnSn13n(a3)2n13n1(a3)2n223n1(a3)2n2， an1an43n1(a3)2n2 2n21232n2a3 ， 所以，当 n2 时， an1an1232n2a30a9， 又 a2a13a1，a3. 所以，所求的 a 的取值范围是9，3)(3，)