2023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

第一节　数列的概念与简单表示法
A级·根底过关|固根基|
1.数列1，3，6，10，…的一个通项公式是(　　)
A．an＝n2－(n－1) B．an＝n2－1
C．an＝ D．an＝
解析：选C　观察数列1，3，6，10，…可以发现
1＝1，
3＝1＋2，
6＝1＋2＋3，
10＝1＋2＋3＋4，
…
第n项为1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
所以an＝.
2．数列{an}的前n项和Sn满足log2(Sn＋1)＝n，那么数列的通项公式an＝(　　)
A. B．2n
C．2n－1 D．2n－1－1
解析：选C　log2(Sn＋1)＝n⇒Sn＋1＝2n⇒Sn＝2n－1.所以an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1(n≥2)，又a1＝S1＝2－1＝1，适合an＝2n－1(n≥2)，因此an＝2n－1.应选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(　　)
A．9 B．8
C．16 D．12
解析：选A　由题意可知，良马每日行程an构成数列{an}，a1＝103，d＝13，驽马每日行程bn构成数列{bn}，b1＝97，d′＝－，假设第n天相逢，由题意知103n＋n(n－1)＋97n－n(n－1)＝1 125×2，解得n＝9，应选A.
4．在数列{an}中，“|an＋1|>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　|an＋1|>an⇔an＋1>an或－an＋1>an，充分性不成立，数列{an}为递增数列⇔|an＋1|≥an＋1>an成立，必要性成立，所以“|an＋1|>an〞是“数列{an}为递增数列〞的必要不充分条件．应选B.
5．(2023届广东惠州模拟)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1，那么＝(　　)
A. B.
C. D
解析：选A　因为Sn＝2an－1，所以当n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)，化为an＝2an－1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，即an＝2n－1，所以a6＝25＝32，S6＝＝63，那么＝.应选A.
6．数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋n，那么an＝________．
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n－2(n－1)2－(n－1)＝4n－1.当n＝1时，a1＝S1＝3＝4×1－1.所以an＝4n－1.
答案：4n－1
7．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a－2an＋1(n∈N*)，那么a2 020＝________．
解析：∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，∴可知数列{an}是以2为周期的数列，∴a2 020＝a2＝0.
答案：0
8．假设数列{an}满足a1·a2·a3·…·an＝n2＋3n＋2，那么数列{an}的通项公式为________．
解析：a1·a2·a3·…·an＝(n＋1)(n＋2)，
当n＝1时，a1＝6；
当n≥2时，

故当n≥2时，an＝，当n＝1时，1＋2＝3≠a1，
所以an＝
答案：an＝
9．各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)令n＝1，得a－(2a2－1)a1－2a2＝0，解得a2＝.
令n＝2，得a－(2a3－1)a2－2a3＝0，解得a3＝.
(2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
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．Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝a＋an(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由Sn＝a＋an(n∈N*)可得
a1＝a＋a1，解得a1＝1，
S2＝a1＋a2＝a＋a2，解得a2＝2，
同理，a3＝3，a4＝4.
(2)Sn＝＋a，　①
当n≥2时，Sn－1＝＋a，　②
由①－②得，(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，
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
B级·素养提升|练能力|
11.(2023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}，那么此数列共有(　　)
A．98项 B．97项
C．96项 D．95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an＝21n－20，由1≤an≤2 018，得1≤n＜，又n∈N*，故此数列共有97项．
12．(2023届德阳诊断)假设存在常数k(k∈N*，k≥2)，q，d使得无穷数列{an}满足an＋1＝那么称数列{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〞，假设{bn}的首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，那么b2 016＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
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 014＝0×b2 013＝0，所以b2 015＝b2 014＋3＝3，所以b2 016＝b2 015＋3＝6.应选D.
13．(2023届临汾期末)数列{xn}的各项均为正整数，且满足xn＋1＝假设x3＋x4＝3，那么x1所有可能取值的集合为．
解析：由题意得x3＝1，x4＝2或x3＝2，x4＝1.当x3＝1时，x2＝2，从而x1＝1或4；当x3＝2时，x2＝1或4，因此当x2＝1时，x1＝2，当x2＝4时，x1＝8或3.综上，x1所有可能取值的集合为{1，2，3，4，8}．
答案：{1，2，3，4，8}
14．Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝3×2n－3，其中n∈N*.
(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，b2＝a5，b11＝S3，求Tn的最值．
解：(1)由Sn＝3×2n－3，n∈N*，得
①当n＝1时，a1＝S1＝3×21－3＝3.
②当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3×2n－3)－(3×2n－1－3)＝3×(2n－2n－1)＝3×2n－1.(*)
又当n＝1时，a1＝3也满足(*)式．
所以，对任意n∈N*，都有an＝3×2n－1.
(2)设等差数列{bn}的首项为b1，公差为d，由(1)得b2＝a5＝3×25－1＝48，b11＝S3＝3×23－3＝21.
由等差数列的通项公式得
解得所以bn＝54－3n.
可以看出bn随着n的增大而减小，
令bn≥0，解得n≤18，
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Tn＝T18＝＝9×(51＋0)＝459.
- 5 -