高考数学专题复习：数列的概念

高考数学专题复习：数列的概念

一、单选题

1．数列an中，ann211n，则此数列最大项是（ ）

A．第4项 B．第6项

C．第5项 D．第5项和第6项

23n2．已知数列

12，3，4，…，n1，则

0.96是该数列的（ A．第20项 B．第22项

C．第24项 D．第26项

3．下列说法正确的是（ ）

A．数列1，3，5，7与数集{1，3，5，7}是一样的

B．数列1，2，3与数列3，2，1是相同的

C．数列11n是递增数列

答案第1页，总22页

）

n11n是摆动数列 D．数列4．在数列1，1，2，3，5，8，13，x，34，…中，x的值是（ ）

A．19 B．20 C．21 D．22

5．下列说法错误的是（ ）

A．递推公式也是数列的一种表示方法

B．an=an-1，a1=1(n≥2)是递推公式

C．给出数列的方法只有图象法、列表法、通项公式法

D．an=2an-1，a1=2(n≥2)是递推公式

6．已知数列{an}的第1项是1，第2项是2，以后各项由an=an-1+an-2(n>2)给出，则该数列的第5项等于（ ）

A．6 B．7 C．8 D．9

7．数列xn满足xn1xnxn1(n2,nN)，x11，x2a(aR,a0)，xnTxn，当T取最小

值时，该数列的前2021项的和是（ ）

A．673 B．674 C．1347

答案第2页，总22页

D．1348

1an1an18．已知数列a中，an12，n11an，则a2020（ ）

A．3 B．2 C．

13

D．12

119．已知数列{an}满足

a1＝－4，an＝1－an1 (n>1)，则

a4等于（ ）

11A．5

B．4

11C．－4 D．5

10．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2，则an等于（ ）

A．n B．n2

C．2n＋1 D．2n－1

11．已知数列{an}对任意m，n∈N*，满足am＋n＝am·an，且a3＝8，则a1＝（A．2 B．1

C．±2 D．12

12．已知an1an30，则数列an是（ ）

答案第3页，总22页

）A．递增数列 B．递减数列

C．先递增后递减数列 D．常数列

二、填空题

13．数列{an}的前n项和为Sn，若Sn+Sn-1=2n-1(n≥2)，且S2=3，则a1+a3的值为________.

nan=n1，则

14．已知数列{an}的通项公式an·an+1·an+2=________.

15．已知数列{an}的通项公式an=19-2n，则使an>0成立的最大正整数n的值为________.

1116．在数列{an}中，a1=2，an+1=an+lnn，则通项公式an=________.

三、解答题

1x17．已知函数

f(x)x，.数列an满足f(an)2n，且an0，求数列an的通项公式.

11aa,nN*n1nana11nn118．已知数列满足，，求数列的通项公式an．

aaaaa19．对于任意数列an，等式：12132anan1ann2,nN都成立.试

根据这一结论，完成问题：已知数列an满足：a11，an1an2，求通项an．

答案第4页，总22页

20．分别写出下列数列的一个通项公式：

31542（1）-14，39，-516，725，-936，…；

75（2）4，-2，2，-4，…；

579，，7（3）1，1，1531，…；

（4）3，3，15，21，33，…．

21．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，以后各项由an＝an－1＋an－2(n≥3)给出．

（1）写出此数列的前5项；

an＝an1构造一个新的数列{b（2）通过公式bnn}，写出数列{bn}的前4项．

22．已知数列an的前n项和Sn满足2Snn1an(nN*)，且a12． （1）求数列an的通项公式；

bn(an1)2an（2）设

．求数列bn的前n项和Tn．

参

答案第5页，总22页

1．D

【分析】

对ann211n配方，利用二次函数的性质求解

【详解】

11121ann211nn24， 解：

2因为nN，所以当n5或n6时，an取最大值，

*故选：D

2．C

【分析】

n0.96n1由可得结果.

【详解】

n0.96n1由，解得n24.

故选：C.

答案第6页，总22页

3．D

【分析】

利用数列的意义可判断A，B；利用数列的任意相邻两项间的大小变化关系可判断C，D而作答.

【详解】

数列是有序的，而数集是无序的，所以A，B不正确；

11数列n中各项依次变小，它是递减数列，C

不正确；

n11n中的奇数项都比数列1小，偶数项都比1大，它是摆动数列，D正确.

故选：D

4．C

【分析】

观察数列得出递推关系：an2an1an，由此可得x值．

【详解】

答案第7页，总22页

解析：观察数列可得规律1+1=2，1+2=3，2+3=5，…，8+13=x=21，13+21=34，

∴x=21，

故选：C

5．C

【分析】

根据数列的概念及递推公式的概念逐项排除答案，得出结论.

【详解】

根据递推公式和数列的第一项，我们也可以确定数列，故A正确；an=an-1(n≥2)与

an=2an-1(n≥2)，这两个关系式虽然比较特殊，但都表示的是数列中的任意项与它的前后项

间的关系，且都已知a1，所以都是递推公式.故B,D正确；通过图象、列表、通项公式我们可以确定一个数列，但是还可以有其他形式，比如列举法，故C错误；

故选：C.

6．C

【分析】

利用an=an-1+an-2(n>2)逐项求解即可求得答案.

答案第8页，总22页

【详解】

解析：∵a1=1，a2=2，an=an-1+an-2(n>2)，

∴a3=a2+a1=2+1=3，a4=a3+a2=3+2=5，a5=a4+a3=5+3=8. 答案：C.

7．D

【分析】

就T1,2,3分类讨论，分析对应的周期数列是否存在，确认后利用周期性可求该数列的前2021项的和.

【详解】

若T1，则xn为常数列，故x2x11，此时x30x1，故T1舍去.

若T2，则x3x11，故a11，故a2或a0（舍）.

故x4121，但x5110x3，故T2舍去.

若T3，则x3a1，

aa11x4aa1x11，x511ax2a，

若a1，则且

1a1a，

答案第9页，总22页

整理得到2aa，解得a1.

a1a111aa若0a1，则且，

整理得到2a11，无解.

又当a1时，有x2x11，x30，x41，x51，x60， 此时xn确为周期为3的周期数列.

2019211=13483项的和为，

该数列的前2021

故选：D

【点睛】

思路点睛：对于周期数列的问题，一般可以利用特值法结合给定的周期计算参数的值，根据所得的值再检验是否为周期数列，也可以利用函数周期的推导方法进行推导其周期.

8．C

【分析】

1an1an1n1a11an2及首先根据，依次写出a2，a3，a4，a5，可以发现a5a1，则数列an是以4为周期的周期数列，进而可以得到a2020的值.

答案第10页，总22页

【详解】

1an1an1n1a11an2，∵，

1111132a5a231(2)1121311a4a3211(2)3，3132∴，，，

而a5a1，∴数列an是以4为周期的周期数列，

13.

∴

a2020a4505a4故选：C.

9．C

【分析】

利用递推式由a1依次求得a2,a3,a4．

【详解】

1＝1－a114a＝1－25，aa2＝5，a3

4

114. ＝1－a3故选：C．

答案第11页，总22页

10．D

【分析】

利用和与通项之间的关系即可求解．

【详解】

∵Sn＝n2，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1．

当n＝1时，S1＝a1＝1适合上式，∴an＝2n－1．

故选：D

11．A

【分析】

赋值可求解.

【详解】

令m＝n＝1，则

a2a12

令m＝1，n＝2，则a3a1a2a138，∴a12.

答案第12页，总22页

故选: A

12．A

【分析】

根据数列相邻两项差的正负即可判断此数列的增减性.

【详解】

因为an1an30，所以an1an30， 所以数列an是递增数列.

故选：A

13．-1

【分析】

根据给定递推公式求出a1及a3即可得解.

【详解】

因Sn+Sn-1=2n-1(n≥2)，令n=2，得S2+S1=3，由S2=3得a1=S1=0，

答案第13页，总22页

令n=3，得S3+S2=5，于是有S3=2，则a3=S3-S2=-1，

所以a1+a3=0+(-1)=-1.

故答案为：-1

n14．n3

【分析】

根据给定的通项公式写出an1和an2，再经计算即可得解.

【详解】

nn1n2nan·an+1·an+2=n1·n2·n3=n3.

n故答案为：n3

15．9

【分析】

由给定条件列出关于n的不等式，解之即得.

【详解】

答案第14页，总22页

因an=19-2n，且an>0，

192于是有19-2n>0，解得n<，而n∈N*，则nmax9，

所以符合条件的最大正整数n的值为9.

故答案为：9

16．2+ln n 【分析】

利用累加法求得数列的通项公式.

【详解】

11解析：∵an+1=an+lnn，

11∴a2-a1=ln1=ln 2，

131a3-a2=ln2=ln2，

141a4-a3=ln3=ln3，

答案第15页，总22页

……

1n1an-an-1=lnn-1=lnn-1. 以上(n-1)个等式相加，得

3nan-a1=ln 2+ln2+…+lnn-1=ln n. ∵a1=2，∴an=2+ln n. ∵a1=2+ln 1=2，

∴{an}的通项公式为2+ln n. 答案：2+ln n. 17．ann21n

【分析】

12nan，然后解方程可求出结果

由f(an)2n可得

an【详解】

1an∵

f(x)x1x，∴

f(an)an，

答案第16页，总22页

∵f(an)2n.

12nan22nan10an，即.

∴

an∴annn21. ∵

an02an1n. n，∴

1an,nN*n18．

【分析】

由递推关系式，利用累加法即可求解.

【详解】

11nn1，

∵

an1an111111a2a1a3a2a4a312，23，34，…， ∴

anan111n2n1n，

∴(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan－1)

答案第17页，总22页

111122311n1n，

即

ana111n2n．

∴

ana1111111n2nnn，

又当n1时，a1=-1，也符合上式．

1an,nN*n∴．

19．an2n1

【分析】

根据累加法可求得结果.

【详解】

ana1a2a1a3a2anan1122n1个当n2时，

212n12n1，

a11也符合上式，

所以数列an的通项公式是an2n1.

答案第18页，总22页

n2n-1n3(2n-1)2(n1)；20．（1）an=(-1)n（2）an=(-1)n+1n；（3）an=2n-1；（4）an=3(2n-1)．

【分析】

（1）根据已知数据得各项是负正项交替出现的，可以用(-1)n来调节，数列各项的绝对值可以分成整数、分数的分子和分母三部分，整数部分是1，3，5，7，9，为奇数，分数的分子是1，2，3，4，5，正好是序号，分母是4，9，16，25，36，正好是平方数，由此可得数列的通项；

7456，项改写成分数的形式1，-23，-4，由此可得该数列的一个通项公

（2）将数列前4式；

13579，，，，1（3）将原数列可写成371531，由此可得该数列的一个通项公式；

（4）将原数列可写成31，33，35，37，39，由此可得该数列的一个通项公式.

【详解】

解：（1）因为数列的各项是负正项交替出现的，所以用(-1)n来调节，数列各项的绝对值可以分成整数、分数的分子和分母三部分，整数部分是1，3，5，7，9，为奇数，分数的分子是1，2，3，4，5，正好是序号，分母是4，9，16，25，36，正好是平方数，这样我们可以归纳出数列的一个通项

公式为

n(2n-1)2(n1)n． an=(-1)

答案第19页，总22页

（2）将数列前4

n3an=(-1)n+1n．

7456，项改写成分数的形式1，-23，-4，可得该数列的一个通项公式

13579，，，，1（3）原数列可写成371531，…，得该数列的一个通项公式为2n-1an=2n-1．

（4）原数列可写成31，33，35，37，39，…，

得该数列的一个通项公式为an=3(2n-1)．

2，b2＝33，b3＝5，b4

21．（1）a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5，a5＝8；（2）b1＝

5＝8.

12【分析】

（1）根据递推式an＝an－1＋an－2(n≥3)，且a1＝1，a2＝2，代入可求得答案.

an＝an1，代入可得答案.

（2）由（1）所得的值及bn【详解】

（1）∵an＝an－1＋an－2(n≥3)，且a1＝1，a2＝2，

∴a3＝a2＋a1＝3，a4＝a3＋a2＝3＋2＝5，a5＝a4＋a3＝5＋3＝8.

答案第20页，总22页

故数列{an}的前5项依次为a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5，a5＝8.

an＝an1，且

（2）∵bna1＝a2a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5，a5＝8，

a32＝3，b3＝a4a43＝5，b4＝a5∴b1＝，b2

12a2＝a35＝8.

故{bn}的前4项依次为b1＝

12235，b2＝3，b3＝5，b4＝8.

206n54Tnan2n9922．（1）；（2）

n1．

【分析】

an1由数列的递推关系可得2an1n2an1n1an，整理可知n为常数列，进而可得

an2n．

2由1可得bn2n14n，求出Tn、4Tn，运用错位相减法求和．

【详解】

解：（1）因为2Snn1an，nN，所以2Sn1n2an1，nN，

**an1an2an1n2an1n1annan1n1ann1n两式相减得，整理得，即

，nN，

*答案第21页，总22页

anana12所以n为常数列，所以n1，所以an2n．

（2）由（1）可得

bnan12an2n14n，

所以

Tn1413425432n14n，

4Tn1423432n34n2n14n1，

两式相减得：

3Tn4242434n2n14n1，

424n13Tn422n14n114，

206n54Tn99化简得

n1．

【点睛】

数列求和的方法技巧

(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．

(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．

(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．

答案第22页，总22页