61　数列的概念及表示

专题六数列6.1数列的概念及表示目录五年高考三年模拟天津专练全真全练练基础练素养(2023天津,6,5分,易)已知数列{an}的前n项和为Sn.若a1=2,an+1=2Sn+2(n∈N*),则a4=()A.16

B.32

C.54

D.162

C五年高考天津专练解析∵an+1=2Sn+2,∴an=2Sn-1+2(n≥2),两式相减得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2),当n=1时,由已知,得a2=2a1+2=6,则a2=3a1,∴数列{an}是等比数列,首项为2,公比为3.∴an=2·3n-1,∴a4=2×33=54,故选C.考点数列的概念及表示全真全练1.(2021北京,10,4分,中)设数列{an}是递增的整数数列,若a1≥3,a1+a2+a3+…+an=100,则n

的最大值为

(

)A.9

B.10

C.11

D.12

C

解析因为数列{an}的三个特征是各项均为整数、单调递增、前n项和为100,所以欲

求n的最大值,需要保证数列{an}首项为较小的正整数,且ak+1-ak(k≤n-1)的值取最小的正

整数,故取a1=3,ak+1-ak=1,数列{an}的前10项可取值为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12.100-(3+4+5+6

+7+8+9+10+11+12)=25,若a11=13,则a12=25-13=12<a11,不成立.故a11=25,此时满足题意,故

n的最大值为11.解后反思对于此类非特殊数列的求解问题,常用转化与化归的思想,把已知数列

转化为特殊数列,使数列中的项变无序为有序,从而找到规律,或者构造函数,将数列问

题转化为函数问题,利用函数的图象和性质,从而达到求解的目的.2.(2020浙江,11,4分,易)我国古代数学家,等研究过高阶等差数列的求和问

题,如数列

就是二阶等差数列.数列

(n∈N*)的前3项和是__________.

10

解析数列{an}满足an=

,可得a1=1,a2=3,a3=6,所以S3=1+3+6=10.3.(2021新高考Ⅰ,17,10分,易)已知数列{an}满足a1=1,an+1=

(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;(2)求{an}的前20项和.解析

(1)由题设可得a2k+2=a2k+1+1,a2k+1=a2k+2(k∈N*),故a2k+2=a2k+3,即bn+1=bn+3,即bn+1-bn=3,又b1=a2=a1+1=2,b2=b1+3=5,所以{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,故bn=2+(n-1)×3=3n-1.(2)当n为奇数时,an=an+1-1.设数列{an}的前n项和为Sn,则S20=a1+a2+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)=2(a2+a4+…+a20)-10=2(b1+b2+…+b10)-10=2×

-10=300,即{an}的前20项和为300.4.(2021全国乙理,19,12分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积,已知

+

=2.(1)证明:数列{bn}是等差数列;(2)求{an}的通项公式.解析

(1)证明:第一步:利用bn与Sn的关系消去Sn,找到bn与bn-1的关系式.由

+

=2知,当n=1时,

+

=2,即

+

=2,所以b1=S1=

,当n≥2时,bn=S1·S2·…·Sn,bn-1=S1·S2·…·Sn-1,所以Sn=

,(注意理解“bn是{Sn}的前n项积”)故

+

=2,即2bn=2bn-1+1.第二步:整理bn与bn-1的关系式,用定义法证明等差数列.所以bn-bn-1=

,n≥2,故数列{bn}是首项为

,公差为

的等差数列.(2)第一步:写出等差数列的通项公式bn,并利用Sn与bn的关系写出Sn.由(1)知,bn=

+(n-1)×

=

,故当n≥2时,Sn=

=

,S1也符合该式,即Sn=

(n∈N*).第二步:利用前n项和Sn求通项an.当n=1时,a1=S1=

,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=

-

=-

,a1不符合该式,所以an=

名师点拨

本题考查学生对数列前n项和、前n项积与项的关系的理解.在第(2)问

中,也可以将bn代入

+

=2中求Sn.三年模拟练基础1.(2025天津塘沽一中月考三,2)若数列{an}为等比数列,则“a3≥1”是“a1+a5≥2”的

(

)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

A

解析设等比数列{an}的公比为q,则q≠0,由a3≥1可得a1q2≥1,故a1>0,而a1+a5=a1(1+q4),由1+q4≥2q2知a1+a5≥2a1q2,当且仅当q2=1时取等号,而a1q2≥1,故a1+a5≥2,故“a3≥1”是“a1+a5≥2”的充分条件;由a1+a5=a1(1+q4)≥2可得a1≥

,则a3=a1q2≥

,而

=

≤1,故不一定能得到a3≥1.或举反例:如q=

,a1=2时,满足a1+a5≥2,但是a3=a1q2=2×

=

<1.故“a3≥1”不是“a1+a5≥2”的必要条件.故“a3≥1”是“a1+a5≥2”的充分不必要条件.故选A.2.题型二(2025天津一中月考三,4)在数列{an}中,若a2=2,an=(n+2)(an+1-an),则a2024=

()A.1012

B.1013C.2023

D.2024

B解析因为an=(n+2)(an+1-an),所以(n+3)an=(n+2)an+1,所以

=

,所以

是常数列,所以

=

,又a2=2,所以a2024=1013.故选B.3.题型二(2025河北二模,6)设Sn为数列{an}的前n项和,若Sn+3=2an+n,则S10=

(

)A.3059

B.2056C.1033

D.520

C

解析数列{an}中,Sn+3=2an+n,当n≥2时,Sn-1+3=2an-1+n-1,两式相减得an=2an-2an-1+1,即an=2an-1-1,则an-1=2(an-1-1),而S1+3=2a1+1,解得a1=2,因此数列{an-1}是以a1-1=1为首项,2为公比的等比数列,则an-1=

1×2n-1=2n-1,即an=2n-1+1,于是Sn=2n+n-1,所以S10=210+10-1=1033.故选C.4.题型二(2025南开二模,7)若数列{an}满足a1=2,a2=1,且an+2=

则{an}的前2025项的和为

(

)A.1350

B.1352C.2025

D.2026

B

解析由题意可得a3=a1-a2=1,因为a3=a2,所以a4=a3-a2=0,因为a4<a3,所以a5=a3-a4=1,因为a5>a4,所以a6=a5-a4=1,因为a6=a5,所以a7=a6-a5=0,……,所以数列{an}从第二项起按照1,1,0循环出现,则S2025=a1+674(a2+a3+a4)+a2024+a2025=2+674×2+1+1=1352.故选B.5.题型二(2025和平一模,13)已知正项数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=an+

(n∈N*),则a5=___________.

-2

解析

解法一:已知2Sn=an+

(n∈N*),当n=1时,2a1=a1+

,由a1>0,解得a1=1,当n=2时,2(a1+a2)=a2+

,即a2-

=-2,由a2>0,解得a2=

-1,当n=3时,2(a1+a2+a3)=a3+

,即2(1+

-1+a3)=a3+

,即a3-

=-2

,由a3>0,解得a3=

-

,同理可得a4=2-

,a5=

-2.解法二:已知2Sn=an+

,当n=1时,2a1=a1+

,a1>0,得a1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1,则2Sn=(Sn-Sn-1)+

,整理得

-

=1.令bn=

,则bn-1=

(n≥2),所以bn-bn-1=

-

=1,又因为b1=

=

=1,所以{bn}是以1为首项,1为公差的等差数列,则bn=1+(n-1)×1=n,即

=n,因为数列{an}是正项数列,所以Sn=

.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=

-

,所以a5=

-

=

-2.1.题型二(2025南开中学滨海生态城学校月考三,7)南宋数学家著的《详解九章

算法·商功》中描述过如图所示的“三角垛”,最上层有1个球,第二层有3个球,第三层

有6个球……设各层的球数构成一个数列{an},即a1=1,a2=3,a3=6,……,且满足an=an-1+n(n

≥2),则第六层球的个数a6为

(

)

A.28

B.21

B

练素养C.15

D.10解析由题意得a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,a5-a4=5,a6-a5=6,以上式子累加可得a6-a1=2+3+4+5+6=20,因为a1=1,所以a6=21.故选B.2.题型二(2025南开期末,8)一只蜜蜂从蜂房A出发向右爬,每次只能爬向右侧