2025版高考数学一轮总复习6.1数列的概念及表示习题

.1数列的概念及表示基础篇固本夯基考点数列的概念及表示1.(2024湖南大联考,6)数列{an}满意a1=1,且an=2an-1-1,n为偶数,2an-1+2,nA.4B.7C.10D.12答案B2.(2024甘肃二模,5)设Sn是数列{an}的前n项和,若Sn=n2+2n,则a2024=()A.4043B.4042C.4041D.2024答案A3.(2024福建漳州三模,8)已知数列{an}满意an+2=an+1-an,n∈N*,a1=1,a2=2,则a2024=()A.-2B.-1C.1D.2答案B4.(2024四川绵阳三模,9)已知数列{an}满意:a1=a2=2,an=3an-1+4an-2(n≥3),则a9+a10=()A.47B.48C.49D.410答案C5.(2024河南新乡期末,9)意大利数学家斐波那契于1202年在他撰写的《算盘全书》中提出一个数列:1,1,2,3,5,8,13,21,34,….这个数列称为斐波那契数列,该数列与自然界的很多现象有亲密关系,在科学探讨中有着广泛的应用.数列{an}满意a1=a2=1,an+2=an+an+1(n∈N*),则该数列的前1000项中,为奇数的项共有()A.333项B.334项C.666项D.667项答案D6.(2024届贵阳一中10月月考,11)记首项为1的数列{an}的前n项和为Sn,且n≥2时,an(2Sn-1)=2Sn2,则S10的值为(A.110B.113C.116答案D7.(2024届哈尔滨六中期中,15)已知数列{an}满意a1=1,a2=-2,an+2=-1an(n∈N*),则该数列前26项的和为答案-108.(2024浙江,11,4分)我国古代数学家杨辉,朱世杰等探讨过高阶等差数列的求和问题,如数列n(n+1)2就是二阶等差数列.数列n(n+1)2(n∈答案109.(2024新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为.

答案3n2-2n10.(2024河南洛阳二模,14)数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n-1,an>22024成立,则n的最小值为.

答案202411.(2024上海,8,5分)已知数列{an}前n项和为Sn,且满意Sn+an=2,则S5=.

答案31综合篇知能转换考法一利用Sn与an的关系求通项公式1.(2024江西八所重点中学联考,10)已知正项数列{an},Sn是{an}的前n项和,且Sn=an2+12an-14,则SnA.n24+15n4C.32n2+52nD.n答案A2.(2024陕西延安中学期末,9)数列{an}满意a1+2a2+22a3+…+2n-1an=n2(n∈N*),则a1a2a3…a10=(A.1255B.1-1210C.1-答案A3.(2024届安徽安庆怀宁中学模拟一,15)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,若an+Sn=b,a2a4=14,则数列{an}的通项公式为答案an=14.(2024届山西长治其次中学月考,16)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且满意an2=2an·Sn-1,则满意an≥110的最大的正整数n答案255.(2024课标Ⅰ,14,5分)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=.

答案-636.(2024安徽滁州重点中学质监,16)已知数列{an},a1=2,Sn为数列{an}的前n项和,且对随意n≥2,都有2ananSn-S答案an=2,7.(2024全国乙,19,12分)记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积,已知2Sn+(1)证明:数列{bn}是等差数列;(2)求{an}的通项公式.解析(1)证明:由bn=S1·S2·…·Sn可得,Sn=b1,n=1,bnbn-1,n≥2.由2Sn+1bn=2知,当n=1时,2S1+1b1=2,即2b1+1b1=2,所以b1=S1=32,当n≥2时,2bnbn-1(2)由(1)知,bn=32+(n-1)×12=n+22,故当n≥2时,Sn=bnbn-1=n+2n+1,S1也符合该式,故Sn=n+2n+1(n∈N*),从而a1=S1=32,当n≥2时,an=Sn-Sn-1考法二利用递推关系求数列的通项1.(2024安徽五校联考二,7)在数列{an}中,a1=12且(n+2)an+1=nan,则它的前30项和S30=(A.3031B.2930C.2829答案A2.(2024陕西汉中二模,10)已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2024=()A.122021-72C.-22024-1D.22024-1答案C3.(2024四川德阳重点中学月考,6)“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就,它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年,如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵,记an为图中虚线上的数1,3,6,10,…构成的数列{an}的第n项,则a100的值为()A.5049B.5050C.5051D.5101答案B4.(2024届内蒙古呼伦贝尔海拉尔二中期中,10)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《乘除通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所探讨的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列,如数列1,3,6,10,前后两项之差得到新数列2,3,4,新数列2,3,4为等差数列,这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的探讨,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有二阶等差数列,其前7项分别为3,4,6,9,13,18,24,则该数列的第19项为()A.171B.190C.174D.193答案C5.(2024安徽宣城调研二,14)若数列{an}满意a1=1,且对于随意的n∈N*,都有an+1-an=n+1,则数列1an的前n项和Sn=答案26.(2024河南驻马店期末,15)已知数列{an}的首项为2,且满意an+1=2an3an+1答案3-57.(2024课标Ⅱ,19,12分)已知数列{an}和{bn}满意a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.解析(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12nbn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n8.(2024届湖南名校10月联考,19)在数列{an}中,已知a1=2,a1+a22+a33+…+ann=an+1-2.等比数列{bn}(1)求数列{an}、{bn}的通项公式;(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.解析(1)a1+a22+a33+…+当n≥2时,a1+a22+a33+…+①-②得ann=an+1-an,即nan+1=(n+1)an,所以an所以a2a1·a3a2·a4a3·…·anan-1=21×32×43·…·n设{bn}的公比为q,由b1=2,b2=4得q=42=2,所以bn=b1qn-1=2·2n-1=2n(2)因为an·bn=n·2n+1,所以Tn=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1,2Tn=1×23+2×24+3×25+…+n·2n+2,两式相减得-Tn=22+23+24+…+2n+1-n·2n+2,-Tn=22(1-2n)1-2-n·2所以Tn=(n-1)·2n+2+4.考法三数列的单调性和最大(小)项1.(2024南昌四校联考,7)已知an=n-122n-123(n∈N*),则在数列{an}的前A.a1,a30B.a1,a9C.a10,a9D.a12,a11答案D2.(2024黑龙江大庆质检,9)已知数列{an}满意an=(3-a)n-3,n≤7,an-6,n>7(n∈N*),A.94,3B.94,3答案D3.(2024长沙长郡中学一模,6)已知数列{an}的首项a1=21,且满意(2n-5)an+1=(2n-3)an+4n2-16n+15,则{an}的最小的一项是()A.a5B.a6C.a7D.a8答案A4.(2024届河南名校联盟11月月考,10)在公差为1的等差数列{an}中,a1=t,数列{bn}满意bn=1+anan.若对随意的n∈N*,bn≤b9恒成立,则实数tA.[-8,-7]B.(-8,-7)C.[-9,-8]D.(-9,-8)答案B5.(2024届云南十五校11月联考,16)已知数列{an}的首项a1=-19,其前n项和为Sn,且满意1an+1-1an=11n(答案56.(2024届黑龙江八校期中,21)已知各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=an+a1(n∈N*(1)求a1的值,并求an+1的解析式(用含an的式子表示);(2)若对于一切正整数n,有λSn+an≤3恒成立,求实数λ的取值范围.解析(1)∵an>0,2Sn=an+a1(n∈N*),∴当n=1时,2S1=a1+a1,又S1=a1,∴a1=1.由2Sn=an+a1,得4Sn=an2+2an+1,∴4Sn+1=an+12+2an+1+1.∴4Sn+1-4Sn=4an+1=an+12-an2+2an+1-2an,∴(an+1-an-2)(an+1+an)=0,∵an(2)由(1)可知,数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,∴an=2n-1(n∈N*),∴Sn=n2.由λSn+an≤3,得λn2+2n-1≤3,即λ≤4-2nn2=4n2-2n对一切正整数n恒成立,∴λ≤4n2-2nmin.令t=4n2-2n,则t=4n2-2n=41n7.(2024江西鹰潭二模,17)Sn是数列{an}的前n项和,且an-Sn=12n-12n(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=2an-5an,求数列{bn}解析(1)∵an-Sn=12n-12n∴an-1-Sn-1=12(n-1)-12(n-1)2(n①-②并整理得an-1=n-1(n≥2),∴an=n,n∈