【文档说明】高考数学(文数)一轮复习考点通关练第4章《数列》28 (含详解).ppt，共(48)页，627.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考总复习首选用卷·文科数学第一部分考点通关练第四章数列考点测试28数列的概念与简单表示法第1步狂刷小题·练基础一、基础小题1．已知数列{an}的通项公式an＝1nn＋2(n∈N*)，则1120是这个数列

的()A．第8项B．第9项C．第10项D．第12项解析由题意知1120＝1nn＋2，n∈N*，解得n＝10，即1120是这个数列的第10项，故选C.2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则a2等于()A．4B．2C．1D．－2解析由Sn＝2(an

－1)，得a1＝2(a1－1)，即a1＝2，又a1＋a2＝2(a2－1)，得a2＝4.3．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2n－1，则数列{an}的一个通项公式为()A．an＝n－1B．an＝(n－1)2C．

an＝(n－1)3D．an＝(n－1)4解析a1＝0，an＋1＝an＋2n－1，所以a2＝0＋1＝1，a3＝1＋3＝4，a4＝4＋5＝9，故数列{an}的一个通项公式为an＝(n－1)2.4．设an＝－2n2＋29n＋3，则数列{an}的最大项是()A．107B．108C.8658D

．109解析因为an＝－2n2＋29n＋3＝－2n－2942＋8658，n∈N*，所以当n＝7时，an取得最大值108.5．数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N都有a1·a2·a3·…·an

＝n2，则a3＋a5＝()A.6116B.259C.2516D.3115解析解法一：令n＝2,3,4,5，分别求出a3＝94，a5＝2516，∴a3＋a5＝6116，故选A.解法二：当n≥2时，a1·a2·a3·…·an＝n2.当n≥3时，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2.两式

相除得an＝nn－12，∴a3＝94，a5＝2516，∴a3＋a5＝6116，故选A.6．已知在数列{an}中，a1＝2，a2＝7，若an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2016的值为()A．8B．6C．4D．2解

析因为a1a2＝2×7＝14，所以a3＝4；因为a2a3＝7×4＝28，所以a4＝8；因为a3a4＝4×8＝32，所以a5＝2；因为a4a5＝8×2＝16，所以a6＝6；因为a5a6＝2×6＝12，所以a7＝2；因为a6a7＝6×2＝12，所以a8＝2；依次计算得a9＝4，

a10＝8，a11＝2，a12＝6，所以从第3项起，数列{an}成周期数列，周期为6，因为2016＝2＋335×6＋4，所以a2016＝6.7．已知Sn是数列{an}的前n项和，且有Sn＝n2＋1，则数列{an}

的通项an＝______________.2n＝1，2n－1n≥2解析当n＝1时，a1＝S1＝1＋1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝2n－1.此时对于n＝1不成立

，故an＝2n＝1，2n－1n≥2.8．数列{an}满足13a1＋132a2＋…＋13nan＝3n＋1，n∈N*，则an＝_____________.12，n＝1，3n＋1，n≥2解析当n＝

1时，a1＝12.因为13a1＋132a2＋…＋13nan＝3n＋1，n∈N*，①所以当n≥2时，13a1＋132a2＋…＋13n－1an－1＝3n－2.②所以①－②，得an＝3n＋1.所以an＝12，n＝1

，3n＋1，n≥2.二、高考小题9．[2014·陕西高考]根据下面框图，对大于2的整数N，输出的数列的通项公式是()A．an＝2nB．an＝2(n－1)C．an＝2nD．an＝2n－1解析由程序框图可知：a1＝2×1＝2，a2

＝2×2＝4，a3＝2×4＝8，a4＝2×8＝16，归纳可得：an＝2n，故选C.10．[2014·辽宁高考]设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则()A．d<0B．d>0C．a1d<0D．a1d>0解

析∵数列{2a1an}为递减数列，∴2a1an>2a1an＋1，n∈N*，∴a1an>a1an＋1，∴a1(an＋1－an)<0.∵{an}为公差为d的等差数列，∴a1d<0.故选C.11．[2014·全国卷Ⅱ]数列{an}满

足an＋1＝11－an，a8＝2，则a1＝________.12解析由an＋1＝11－an，得an＝1－1an＋1，∵a8＝2，∴a7＝1－12＝12，a6＝1－1a7＝－1，a5＝1－1a6＝2，……，∴{an}是以3为周期的数列，∴a1＝a7＝12.12．[20

16·浙江高考]设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.1解析解法一：∵an＋1＝2Sn＋1，∴a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又∵S2＝

4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，由S2＝4，可求出S3＝13，S4＝40，S5＝121.121解法二：由an＋1＝2Sn＋1，得a

2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，则Sn＋1＋12＝3Sn＋

12，又S1＋12＝32，∴Sn＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴Sn＋12＝32×3n－1，即Sn＝3n－12，∴S5＝35－12＝121.13．[2015·江苏高考]设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列

1an前10项的和为________．2011解析由已知得，a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝n－1＋1(n≥2)，则有an－a1＝1＋2＋3＋…＋n－1＋(n－1)(n≥2)，因为a1＝1，所以an＝1＋2＋3＋…＋n(n≥2)，

即an＝n2＋n2(n≥2)，又当n＝1时，a1＝1也适合上式，故an＝n2＋n2(n∈N*)，所以1an＝2n2＋n＝21n－1n＋1，从而1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a10＝2×1－12＋2×12－13＋2×1

3－14＋…＋2×110－111＝2×1－111＝2011.三、模拟小题14．[2016·安徽江南十校联考]在数列{an}中，an＋1－an＝2，Sn为{an}的前n项和．若S10＝50，则数列{an＋an＋1}的前10项和为(

)A．100B．110C．120D．130解析{an＋an＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120，故选C.15

．[2017·广东测试]设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝32(an－1)(n∈N*)，则an＝()A．3(3n－2n)B．3n＋2C．3nD．3·2n－1解析a1＝S1＝32a1－1，a1＋a2＝32a2－1，解得a1＝3，a2＝9，代入选项逐一

检验，只有C符合．16．[2016·陕西西安月考]已知函数f(x)＝3－ax＋2，x≤2，a2x2－9x＋11，x>2(a>0，且a≠1)，若数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是()A．(0,1)B．

83，3C．(2,3)D．(1,3)解析因为{an}是递增数列，所以3－a>0，a>1，3－a×2＋2<a2.解得2<a<3，所以实数a的取值范围是(2,3)．17．[2017·贵

州贵阳监测]已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1＋an1－an(n∈N*)，则该数列的前2017项的乘积a1·a2·a3·…·a2017＝________.2解析由题意可得，a2＝1＋a11－a1＝－3，

a3＝1＋a21－a2＝－12，a4＝1＋a31－a3＝13，a5＝1＋a41－a4＝2＝a1，∴数列{an}是以4为周期的数列，而2017＝4×504＋1，a1a2a3a4＝1，∴前2017项的乘积为15

04·a1＝2.18．[2017·福建厦门联考]若数列{an}满足a1·a2·a3·…·an＝n2＋3n＋2，则数列{an}的通项公式为_____________________________．an＝6，n＝1，n＋2n，n≥2，n∈N*解析a1·a2·a3·…·an＝(n＋1)(

n＋2)，当n＝1时，a1＝6；当n≥2时，a1·a2·a3·…·an－1·an＝n＋1n＋2，a1·a2·a3·…·an－1＝nn＋1，故当n≥2时，an＝n＋2n，所以an＝6，n＝

1，n＋2n，n≥2，n∈N*.第2步精做大题·练能力一、高考大题1．[2015·山东高考]设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前

n项和Tn.解(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，当n>1时，2Sn－1＝3n－1＋3，此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝3，n＝1，3n－1，n>1，n∈N*.(2)因为anbn＝log3an，所

以b1＝13，当n>1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝13；当n>1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝13＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]，所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]，两式相减，得2Tn＝

23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n－1)×31－n＝136－6n＋32×3n＝136－2n＋12×3n－1，所以Tn＝1312－6n＋34×3n＝1312－2n＋

14×3n－1.经检验，n＝1时也适合．综上可得Tn＝1312－6n＋34×3n＝1312－2n＋14×3n－1.2．[2015·浙江高考]已知数列{an}满足a1＝12且an＋1＝an－a2n(n∈N*)．(1)证明：

1≤anan＋1≤2(n∈N*)；(2)设数列{a2n}的前n项和为Sn，证明：12n＋2≤Snn≤12n＋1(n∈N*)．证明(1)由题意得an＋1－an＝－a2n≤0，即an＋1≤an，故an≤12.由an＝(1－an－1)an－1，得an＝(1－an－

1)(1－an－2)…(1－a1)a1>0.由0<an≤12，得anan＋1＝anan－a2n＝11－an∈[1,2]，即1≤anan＋1≤2.(2)由题意得a2n＝an－an＋1，所以anan＋1＝1an＋1－1an，Sn＝a1－an＋1.①由anan＋1＝1an＋

1－1an和1≤anan＋1≤2，得1≤1an＋1－1an≤2，所以n≤1an＋1－1a1≤2n，因此12n＋1≤an＋1≤1n＋2(n∈N*)．②由①②得12n＋2≤Snn≤12n＋1(n∈N*)．二、模拟大题3．[2

017·贵州贵阳月考]已知数列{an}中，an＝1＋1a＋2n－1(n∈N*，a∈R，且a≠0)．(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．解(1)∵an＝1＋1a＋2n－1(n∈N*，a∈R，且a

≠0)．又∵a＝－7，∴an＝1＋12n－9(n∈N*)．结合函数f(x)＝1＋12x－9的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*)．∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.(2)an＝1＋1

a＋2n－1＝1＋12n－2－a2.∵对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，结合函数f(x)＝1＋12x－2－a2的单调性，∴5<2－a2<6，∴－10<a<－8.4．[2016·湖南联考]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝4Sn－1(n∈N*)．(1

)证明：an＋2－an＝4；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)证明：∵anan＋1＝4Sn－1，∴an＋1an＋2＝4Sn＋1－1，∴an＋1(an＋2－an)＝4an＋1.又an≠0，∴an＋2－

an＝4.(2)由anan＋1＝4Sn－1，a1＝1，得a2＝3.由an＋2－an＝4知数列{a2n}和{a2n－1}都是公差为4的等差数列，∴a2n＝3＋4(n－1)＝2(2n)－1，a2n－1＝1＋4(n－1)＝2(2n－1)－1，∴an＝2n

－1.5．[2017·浙江舟山调研]已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝12a2n＋12an(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)由Sn＝12a2n＋12an(n∈N*)，可得a1＝12a21＋12a1，解得a1＝1，a1

＝0(舍)．S2＝a1＋a2＝12a22＋12a2，解得a2＝2(负值舍去)；同理可得a3＝3，a4＝4.(2)因为Sn＝12a2n＋an2，①所以当n≥2时，Sn－1＝12a2n－1＋an－12，②①－②得an＝12(an－an－1)＋12(a2n－a2n－

1)，所以(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，又由(1)知a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n.6．[2016·青岛一

中模拟]在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋12an＋1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项an；(2)若存在n∈N*，使得an≤(n＋1)λ成立，求实数λ的最小值．解(1)当n≥2时，由题可得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－

1)an－1＝n2an，①a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋12an＋1，②②－①得nan＝n＋12an＋1－n2an，即(n＋1)an＋1＝3nan，n＋1an＋1nan＝3，∴{nan}是以2a2＝2为首

项，3为公比的等比数列(n≥2)．∴nan＝2·3n－2，∴an＝2n·3n－2(n≥2)．∵a1＝1，∴an＝1，n＝1，2n·3n－2，n≥2.(2)an≤(n＋1)λ⇔λ≥ann＋1，由(1)可知当n≥2时，ann＋1＝2·3n－2nn＋1，设f(n)＝nn＋12·3n

(n≥2，n∈N*)，ann＋1＝132·1fn，则f(n＋1)－f(n)＝2n＋11－n2·3n＋1<0，∴1fn＋1>1fn(n≥2)．故n≥2时，1fn是递增数列．又132·1f2＝13及

a12＝12，∴所求实数λ的最小值为13.