備考2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)分層練習(xí)第五章數(shù)列第1講數(shù)列的概念

第1講數(shù)列的概念1.[2024江西模擬]記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若Sn＝n2，n≤5，5nA.1 B.5 C.7 D.9解析因?yàn)镾n為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且Sn＝n2，n≤5，5n－4，n>5，所以a6＝S6－S5＝2.[2024安徽淮南第五次聯(lián)考]若數(shù)列{an}滿意a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1，則a7＝（A）A.64 B.128 C.256 D.512解析由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）·an－1＝（n－2）·2n－1＋1（n≥2）②，①－②，得nan＝[（n－1）·2n＋1]－[（n－2）·2n－1＋1]＝n·2n－1（n≥2），所以an＝2n－1（n≥2），則a7＝64.故選A.3.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n（2n－13），n∈N*，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn取最小值時(shí)，n的值是（A）A.6 B.7 C.8 D.5解析由3n（2n－13）≤0，得n≤132，n∈N*，所以數(shù)列{an}的前6項(xiàng)為負(fù)數(shù)，從第7項(xiàng)起先為正數(shù)，故數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn取最小值時(shí)，n的值為6.故選4.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n＋an，則“a≤1”是“數(shù)列{an}是遞增數(shù)列”的（AA.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件解析若數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，則n＋1＋an+1＞n＋an，化簡(jiǎn)得a＜n2＋n.因?yàn)楹瘮?shù)y＝x2＋x＝（x＋12）2－14在[1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以a＜2，所以“a≤1”是“數(shù)列{an}是遞增數(shù)列5.[斐波那契數(shù)列]斐波那契數(shù)列，又稱黃金分割數(shù)列，該數(shù)列在現(xiàn)代物理、準(zhǔn)晶體結(jié)構(gòu)、化學(xué)等領(lǐng)域有干脆的應(yīng)用.在數(shù)學(xué)上，斐波那契數(shù)列{an}是用如下遞推方法定義的：a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2（n≥3，n∈N*）.已知a12＋a22＋a3A.98 B.99 C.100 D.101解析由題意得，a12＝a2a1.因?yàn)閍n＝an－1＋an－2（n≥3，n∈N*），所以an－1＝an－an－2（n≥3，n∈N*），得a22＝a2（a3－a1）＝a2a3－a2a1，a32＝a3（a4－a2）＝a3a4－a3a2，…，am2＝am（am＋1－am－1）＝amam＋1－amam－1.則a12＋a22＋a因?yàn)閍12＋a22＋a32＋…＋am2am是斐波那契數(shù)列{an}的第1006.[2024上海財(cái)經(jīng)高校附屬中學(xué)模擬]若數(shù)列{an}滿意a1＝2，an＋1＝3an＋2（n∈N*），則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n+1解析由an＋1＝3an＋2得an＋1＋1＝3（an＋1），所以數(shù)列{an＋1}是以3為公比的等比數(shù)列，其中首項(xiàng)a1＋1＝3，所以an＋1＝3×3n－1＝3n，所以an＝3n－1，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝（31＋32＋…＋3n）－n＝3×（1－37.[2024重慶市三檢]已知數(shù)列{an}滿意：對(duì)隨意的正整數(shù)m，n，都有aman＝am＋n，且a2＝3，則a10＝243.解析解法一因?yàn)閷?duì)隨意的正整數(shù)m，n，都有aman＝am＋n，所以a1a1＝a2，ana1＝an＋1.又a2＝3，所以a1＝±3，an+1an＝a1，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)與公比均為a1的等比數(shù)列，所以an＝a1·a1n－1＝a1n解法二由題意，令m＝n＝2，得a4＝a2·a2＝32.令m＝n＝4，得a8＝a4·a4＝34.令m＝2，n＝8，得a10＝a8·a2＝34×3＝35＝243.8.[2024甘肅白銀5月其次次聯(lián)考]設(shè){an}是首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列，且（n＋1）an+12－nan2＋an＋1an＝0（n∈N*），則它的通項(xiàng)公式an解析解法一（累乘法）將原式分解因式，得[（n＋1）an＋1－nan]（an＋1＋an）＝0.∵{an}是正項(xiàng)數(shù)列，∴an＋1＋an＞0，∴（n＋1）an＋1－nan＝0，∴an+1an＝nn+1，∴a2a1×a3a2×a4a3×…×anan－1＝12×23×34×…×n－1n（n≥2），即ana1＝1n（n≥2解法二（迭代法）由解法一，知an+1an＝nn+1，∴an＋∴an＝n－1nan－1＝n－1n·n－2n－1·an－2＝…＝n－1n·n－2n∵a1＝1，∴an＝1n（n≥2），當(dāng)n＝1時(shí)也符合上式，故an＝1解法三（構(gòu)造特別數(shù)列法）由解法一，知（n＋1）an＋1＝nan，∴數(shù)列{nan}是常數(shù)列，∴nan＝1·a1＝1，∴an＝1n9.[2024山東泰安肥城5月適應(yīng)性訓(xùn)練]數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿意Sn＋1－2Sn＝1－n，且S1＝3，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝3，n解析∵Sn＋1－2Sn＝1－n，∴Sn＋1－（n＋1）＝2（Sn－n），且S1－1＝2≠0，∴Sn+1－（n+1）Sn－n＝2，∴{Sn－n}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列.∴Sn－n＝2·2n－1＝2∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n－（n－1＋2n－1）＝2n－1＋1，又a1＝3不滿意上式，所以an＝310.[2024安徽合肥一六八中學(xué)最終一卷]如圖所示的形態(tài)出現(xiàn)在南宋數(shù)學(xué)家楊輝所著的《詳解九章算法》中，后人稱之為“三角垛”.“三角垛”的最上層有1個(gè)球，其次層有3個(gè)球，第三層有6個(gè)球.依據(jù)以上規(guī)律引入一個(gè)數(shù)列{an}，滿意a1＝1，an＝an－1＋n，n＞1且n∈N*.（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.（2）求證：1a1＋1a2＋…解析（1）因?yàn)閍n＝an－1＋n，n＞1，所以an－an－1＝n，n＞1，所以當(dāng)n＞1時(shí)，an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝n＋（n－1）＋…＋2＋1＝n（又a1＝1，當(dāng)n＝1時(shí)，上式也成立，所以an＝n（（2）由1an＝2n（n+1）得1a1＋1a2＋…＋1an＝2（1－12＋12－13＋…＋1n－1n+111.[2024云南曲靖模擬]數(shù)列{an}滿意an＋1＝2an－14an+2，且a1＝1，則數(shù)列{an}的前2024A.－2536 B.－2538 C.－17716 解析因?yàn)閍n＋1＝2an－14an+2，且a1＝1，令n＝1，可得a2＝2a1－14a1+2＝16；令n＝2，可得a3＝2a2－14a2+2＝－14；令n＝3，可得a4＝2a3－14a3+2＝－32；令n＝4，可得a5＝2a4－14a4+2＝1.可知數(shù)列{an}是以4為周期的周期數(shù)列，則a12.[多選/2024高三名校聯(lián)考]大衍數(shù)列來(lái)源于《乾坤譜》中對(duì)易傳“大衍之?dāng)?shù)五十”的推論，主要用于說(shuō)明中國(guó)傳統(tǒng)文化中的太極衍生原理.數(shù)列中的每一項(xiàng)，都代表太極衍生過(guò)程中曾經(jīng)閱歷過(guò)的兩儀數(shù)量總和，該數(shù)列從第一項(xiàng)起為0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，….按此規(guī)律得到的數(shù)列記為{an}，其前n項(xiàng)和為Sn，則以下說(shuō)法正確的是（AD）A.a2n－1＝2n2－2nB.182是數(shù)列{an}中的項(xiàng)C.a21＝210D.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＋2－2Sn＋1＋Sn＝n＋2解析數(shù)列{an}的偶數(shù)項(xiàng)依次為2，8，18，32，50，…，通過(guò)視察可知a2n＝2n2，同理可得a2n－1＝2n2－2n，所以an＝n2－12，n為奇數(shù)，n22，n為偶數(shù)，所以a21＝212－12＝220，故A正確，C錯(cuò)誤；由n2－12＝182，得n＝365，由n22＝182，得n＝291，又n∈N*，所以方程都無(wú)正整數(shù)解，所以182不是{an}中的項(xiàng)，故BSn＋1）－（Sn＋1－Sn）＝an＋2－an＋1＝（n+2）22－（n+1）2－13.[2024河南名校摸底考試]已知數(shù)列{an}滿意：a1＝1，（2n＋1）2an＝（2n－1）2an＋1（n∈N*）.正項(xiàng)數(shù)列{cn}滿意：對(duì)于每個(gè)n∈N*，c2n－1＝an，c2n－1，c2n，c2n＋1成等比數(shù)列，則cn＝n2，解析依題意，an≠0，由（2n＋1）2an＝（2n－1）2an＋1可得an+1an＝（2n+1）2（2n－1）2，所以an＝anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2a1·a1＝（2n－1）2（2n－3）2·（2n－3）2（2n－5）2·…·5232·3212·1＝（2n－1）2（n≥2），當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1，滿意上式，所以c2n－1＝an＝（2n－1）2①.因?yàn)閏2n－1，c2n，c2n＋1成等比數(shù)列，所以c2n2＝c2n－1×14.[2024江蘇省如皋中學(xué)模擬]已知數(shù)列{an}，a1＝1，且an·an+1＝nn+2，則a1·a2·a3·…·a2n-2·a2n-1·a2n＝12n+1，an＝解析因?yàn)閍n·an＋1＝nn+2，所以a1·a2·a3·a4·…·a2n－1·a2n＝13×35×…×2n－12n+1＝12n+1.由an·an＋1＝nn+2，可得an＋1·an＋2＝n+1n+3，即有an+2an＝（n+1)(n+2）n（n+3），由a1＝1，得a3a1＝2×31×4，a5a3＝4×53×6，a7a5＝6×75×8，…，a2k－1a2k－3＝（2k－2)(2k－1）（2k－3）·2k，所以當(dāng)n＝2k－1，k∈N*時(shí)，將以上各式相乘可得，a2k－1＝2（2k－1）15.[2024福州5月質(zhì)檢]已知數(shù)列{an}滿意a1＝a2＝1，an＋2＋an＋10＝2an＋1＋2n.（1）若bn＝an＋1－an，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；（2）求使an取得最小值時(shí)n的值.解析（1）依題意，可得b1＝0，bn＋1－bn＝2n－10，于是當(dāng)n≥2時(shí)，bn－b1＝∑i=1n－1（bi＋1－bi）＝∑i=1n－1（2i－10）＝2＋4＋…＋（2n－2）－10（n－即bn＝n2－11n＋10，又b1＝0也符合上式，所以bn＝n2－11n＋10.（2）由（1）可知bn＝an＋1－an＝（n－1）（n－10），當(dāng)2≤n≤9時(shí)，bn＜0，即an＋1＜an，當(dāng)n≥11時(shí)，bn＞0，即an＋1＞an，當(dāng)n＝1或n＝10時(shí)，bn＝0，即a