2022新高考数学人教A版一轮总复习训练6.1数列的概念及表示综合集训（带解析）

专题六　数列备考篇【考情探究】课标解读考情分析备考指导主题内容一、数列的概念及其表示1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类函数.1.本专题内容的考题以中等难度偏下为主.题型以选择题、填空题或解答题的形式出现,如2020新高考Ⅰ第18题(解答题).2.考查内容主要体现在(1)以等差、等比数列的概念和性质,通项公式和求和公式为载体,考查数学运算能力.(2)需关注以数学文化为背景的数列问题.数列与其他专题知识结合考查,如数列与函数、不等式、统计等进行综合考查,涉及内容较为全面,题型新颖、方法灵活多变.1.处理等差、等比数列的基本问题时,要灵活利用等差、等比数列的定义,通项公式及前n项和公式,利用基本量求解.2.数列的通项与求和是高考常考内容,要灵活掌握数列求和的各种方法.3.重视方程、函数、分类讨论思想的应用.二、等差数列1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系,并能用等差数列的有关知识解决相应问题.4.了解等差数列与一次函数的关系.三、等比数列1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.3.能在具体问题情境中识别数列的等比关系,并能用等比数列的有关知识解决相应问题.4.了解等比数列与指数函数的关系.四、数列求和及综合应用1.掌握数列求和的几种常见方法.2.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.【真题探秘】解题技巧在等比数列的通项公式和前n项和公式中,共有a1,an,q,n,Sn五个量,已知其中的三个,就可以求其余的两个,求解时,一般将已知转化为a1,q的关系,然后利用方程思想求解.核心考点等比数列通项公式及基本量的运算,数列求和,归纳推理.核心素养数学运算,逻辑推理.知能拓展等差数列中的数形结合 (1)等差数列{an}的通项公式an=a1+(n-1)d可变形为an=dn+(a1-d).若d=0,则an=a1是常数列;若d≠0,则an是关于n的一次函数.点(n,an)是直线y=dx+(a1-d)上的一群孤立的点.单调性:d>0时,{an}为单调递增数列;d<0时,{an}为单调递减数列.(2)等差数列{an}的前n项和Sn可表示为Sn=n2+n,令A=,B=a1-,则Sn=An2+Bn.当A≠0,即d≠0时,Sn是关于n的二次函数,(n,Sn)在二次函数y=Ax2+Bx的图象上,为抛物线y=Ax2+Bx上的一群孤立的点.利用此性质可解决前n项和Sn的最值问题.[教师专用题组]1.真题多维细目表考题涉分题型难度考点考向解题方法核心素养2020新高考Ⅰ,145填空题易等差数列及其前n项和求等差数列的前n项和定义法公式法数学运算2020北京,84选择题中等差数列的性质及应用等差数列前n项积的最值定义法数学运算逻辑推理2020课标Ⅰ文,165填空题中数列的求和奇、偶项数列求和公式法数学运算逻辑推理2020新高考Ⅰ,1812解答题中等比数列的基本量运算求通项公式及分组转化法求和公式法数学运算逻辑推理2020课标Ⅰ理,1712解答题中等比数列的基本量运算错位相减法求和公式法数学运算逻辑推理2020天津,1915解答题中数列的综合应用求通项公式,证明不等式,数列求和公式法直接证明数学运算逻辑推理2.命题规律与探究1.从2020年新高考情况来看,本专题内容的考题以容易题为主,题型以选择题或填空题的形式出现,也在解答题第18题位置出现,分值约为17分,比往年要高.2.本专题内容在高考试题中多以等差数列、等比数列的基本量运算为载体,以数列递推关系形式表现,考查数列求和(如新高考Ⅰ卷第14题)及数列最值(北京卷第8题)等综合问题.3.在处理等差、等比数列基本量运算,递推关系求通项,数列求和等问题时,常用公式法.4.本章重点考查的学科核心素养为数学运算和逻辑推理.3.命题变化与趋势1.高考对本专题内容的考查较为稳定,考查方式及题目难度在2020年新高考Ⅰ卷中有所变化(如新高考Ⅰ卷第18题第(2)问,需要理解数列{bm}的意义才能准确求解,不再是传统的数列求和问题),天津卷中变化不大,仍然是等差(比)均有考查,第(3)问构造新数列求和. 2.考查内容主要体现在以下方面:①等差、等比数列的概念和性质,要重视教材习题(如2020年新高考Ⅰ卷第14题,其实就是人教A版必修5第46页中A组第6题的简单变式);②数列求和.常以这些内容为考查重点,同时需关注以数学文化为背景的数列问题、数列与其他章节知识结合考查的问题,如数列与函数等知识结合.3.在不同背景下抽象出数学本质的方法值得关注.应强化在知识的形成过程、知识的迁移中渗透学科素养.§6.1　数列的概念及表示基础篇【基础集训】考点　数列的概念及表示1.已知数列,,,,,…,则5是它的(　　)A.第19项　　B.第20项　　C.第21项　　D.第22项答案　C2.已知数列{an}满足:∀m,n∈N*,都有an·am=an+m,且a1=,那么a5=(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　A3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=,则a2017=(　　)A.2016　　B.2017　　C.4032　　D.4034答案　B4.在数列{an}中,a1=-,an=1-(n≥2,n∈N*),则a2018的值为(　　)A.-　　B.5　　C.　　D. 答案　B5.在数列{an}中,a1=0,an+1=,则S2020=　　　　. 答案　0[教师专用题组]【基础集训】考点　数列的概念及表示1.(多选题)已知数列{an}满足an+1=1-(n∈N*),且a1=2,则(　　)A.a3=-1　　B.a2019=C.S6=3　　D.2S2019=2019答案　ACD　由数列{an}满足a1=2,an+1=1-(n∈N*),可得a2=,a3=-1,a4=2,a5=,……,所以an+3=an,数列的周期为3,所以a2019=a672×3+3=a3=-1,S6=3,S2019=,故选ACD.2.已知数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+2,则数列{an}的通项公式为(　　)A.an=2n-3　　B.an=2n+3C.an=　　D.an=答案　C　当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-3,由于n=1时a1的值不适合n≥2的通项公式,故选C.易错警示　利用an=Sn-Sn-1求通项公式时,应注意n≥2这一前提条件,易忽视验证n=1致误.3.若数列{an}中,a1=1,an+1=,则这个数列的第10项a10=(　　)A.28　　B.29　　C.　　D. 答案　C　an+1=两边取倒数得=,∴-=3,因为a1=1,所以数列表示首项为1,公差为3的等差数列,所以=1+(n-1)×3=3n-2,即an=,所以a10==.故选C.4.数列{an}的通项公式为an=,则数列{an}中的最大项的值是(　　)A.3　　B.19　　C.　　D.答案　C　令f(x)=x+(x>0),当x∈(0,3)时,f(x)单调递减;当x∈(3,+∞)时,f(x)单调递增.an=,n∈N*,不难发现当n=9或n=10时,a9=a10=最大.5.数列{an}的前n项和为Sn.若a1=1,an+1=3Sn(n∈N*),则有(　　)A.Sn=4n-1　　B.{Sn}为等比数列C.an=3×4n-1　　D.an=答案　ABD　∵an+1=3Sn,∴Sn+1-Sn=3Sn,∴Sn+1=4Sn,又∵S1=a1=1≠0,∴{Sn}是首项为1,公比为4的等比数列,∴Sn=4n-1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-1-4n-2=3×4n-2,又当n=1时,不符合上式,∴an=综合篇【综合集训】考法一　利用Sn与an的关系求通项公式1.(2021届安徽太和一中开学摸底检测)已知Sn是数列{an}的前n项和,若 (1-2x)2021=b0+b1x+b2x2+…+b2021x2021,数列{an}的首项a1=++…+,an+1=Sn·Sn+1,则S2021=(　　)A.-　　B.　　C.2021　　D.-2021答案　A2.(2020重庆直属校(重庆第八中学等)3月月考)设各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足-(n2+n-2)Sn-2(n2+n)=0,n∈N*,则数列的前2020项和T2020=　　. 答案　考法二　由递推关系求数列的通项公式3.(2019广东广雅中学模拟,7)在数列{an}中,已知a1=2,an+1=(n∈N*),则{an}的通项公式为(　　)A.an=　　B.an=　　C.an=　　D.an=答案　B4.(2019河南濮阳重点高中联考,9)已知数列{an}的首项a1=35,且满足an-an-1=2n-1(n∈N*,n≥2),则的最小值为(　　)A.2　　B.　　C.　　D.12答案　C5.(2019山西盂县一中模拟,8)设数列{an}满足a1=1,a2=2,且2nan=(n-1)an-1+(n+1)an+1(n≥2且n∈N*),则a18=(　　) A.　　B.　　C.3　　D.答案　B6.(2020新教材地区第一次月考)已知数列{an}满足a1=1,an>0,-=1,那么an<32成立的n的最大值为　　　　. 答案　5考法三　数列的单调性和最大(小)项7.(2019河南中原名校第三次联考,18)设数列{an}满足:a1+a2+a3+…+an=n-an(n∈N*).(1)求a1,a2;(2)若bn=n(2-n)(an-1),求{bn}的最大项,并写出取最大项的项数.[教师专用题组]【综合集训】考法一　利用Sn与an的关系求通项公式1.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=an+1-1,则an=　　　　. 答案　解析　由a1=1,Sn=an+1-1,可得a1=a2-1=1,解得a2=6.当n≥2时,Sn-1=an-1,又Sn=an+1-1,两式相减可得an=Sn-Sn-1=an+1-1-an+1,即有an+1=4an(n≥2),则an=6·4n-2(n≥2),又a1=1不符合上式,所以an=2.已知数列{an}中,a1=1,Sn为数列{an}的前n项和,且当n≥2时,有=1成立,则S2017=　　　　.  答案　解析　当n≥2时,由=1,得2(Sn-Sn-1)=(Sn-Sn-1)·Sn-=-SnSn-1,所以-=1,又=2,所以是以2为首项,1为公差的等差数列,所以=n+1,故Sn=,则S2017=.3.(2018山东六校联考,17)已知数列{an}中,a1=1,前n项和Sn=an.(1)求a2,a3;(2)求{an}的通项公式.解析　(1)由S2=a2得3(a1+a2)=4a2,解得a2=3a1=3.由S3=a3得3(a1+a2+a3)=5a3,解得a3=(a1+a2)=6.(2)由题设知,当n≥2时,有an=Sn-Sn-1=an-an-1,整理得=,因此··…··=··…··,化简得an=·a1=,当n=1时,a1=1满足上式,所以{an}的通项公式为an=(n∈N*).4.(2020浙江新高考信息优化卷二,20)正项数列{an}的前n项和Sn满足2=an+1. (1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=,数列{bn}的前n项的和为Bn,求Bn.解析　(1)由已知得4Sn=(an+1)2,①所以n≥2时,4Sn-1=.②①-②得4an=+2an--2an-1,即(an+an-1)(an-an-1-2)=0,因为{an}为正项数列,所以an-an-1=2,即{an}是以2为公差的等差数列,由2=a1+1,S1=a1,得a1=1,所以an=2n-1.(2)因为bn===,所以Bn=1-+-+…+-=.考法二　由递推关系求数列的通项公式1.(2018广东深圳耀华实验学校期中,11)在数列{an}中,a1=1,an+1=2an-2n,则a17=(　　)A.-15×216　　B.15×217　　C.-16×216　　D.16×217答案　A　由题意可得=-,即-=-,据此可得,数列是首项为=,公差为-的等差数列,故=+(17-1)×=-,∴a17=-15×216.故选A.2.已知数列{an}满足a1=1,a2=,若an(an-1+2an+1)=3an-1an+1(n≥2,n∈N*),则数列{an}的通项公式an=(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　B　由an(an-1+2an+1)=3an-1an+1(n≥2,n∈N*), 可得-=2(n≥2),又-=3-1=2,∴数列是首项为2,公比为2的等比数列,∴-=2n.∴=++…++=2n-1+2n-2+…+2+1==2n-1.∴an=.故选B.考法三　数列的单调性和最大(小)项1.(2019浙江高考数学仿真卷(三),10)设a>0,b>0,正项数列{xn}满足xn=axn+1+bxn+2,若{xn}为单调递减数列,则(　　)A.a+b>1　　B.b>1　　C.a+b<1　　D.a>1答案　A　∵{xn}为单调递减数列,∴xn>xn+1对n∈N*恒成立.由xn=axn+1+bxn+2得axn+1+bxn+2>xn+1对n∈N*恒成立,整理得bxn+2>(1-a)xn+1(*).若a≥1,则(*)式恒成立,此时a+b>1;若0<a<1,则bxn+2>(1-a)xn+1>(1-a)xn+2,即有b>1-a,即a+b>1.综上,a+b>1,故选A.2.(2020浙江浙南名校联盟联考,10)已知数列{an}满足an+1+=2an+(n∈N*),则(　　)A.当0<an<1(n∈N*)时,an+1>anB.当an>1(n∈N*)时,an+1<anC.当a1=时,an+1+> D.当a1=2时,an+1+<答案　C　对于A,取a1=,则a2+=1+2=3,解得a2=或a2=,若取a2=,则a2=<=a1,所以A错;对于B,取a1=2,则a2+=4+=,解得a2=或a2=,若取a2=,则a2=>2=a1,所以B错;对于C,由>+2,得>2n+>2n+4,所以C正确.对于D,当a1=2时,a2+=4+=,解得a2=或a2=,若取a2=,则a3+=a2+a2+=+>+=>,所以D错.故选C.