全国统考2023版高考数学大一轮复习第6章数列第1讲数列的概念与简单表示法2备考试题文含解析20230327162

第六章　数　列第一讲　数列的概念与简单表示法1.[2021浙江杭州二中、学军中学等五校联考]已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an-3n(n∈N*),则(　　)A.{an}为等比数列B.{an}为摆动数列C.an=3×2n+1-9D.Sn=6×2n-3n-62.[2020唐山市模拟]已知Sn为数列{an}的前n项和,3Sn=an+2,则数列{Sn}(　　)A.有最大项也有最小项B.有最大项无最小项C.无最大项有最小项D.无最大项也无最小项3.[2021陕西省部分学校摸底检测]已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,2Sn=an+1+1,则Sn=　　　　. 4.[2021河北衡水模拟]已知在数列{an}中,a1=-ln2,an+1=an+lnn+1n+2,则an=　　　　. 5.[2021江苏南通模拟]已知数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,若数列{bn}满足b1=a1,bn+1=anbn,则{bn}的通项公式bn=　　　　. 6.[2021安徽安庆检测]在数列{an}中,a1=1,an=2an-1+ln3(n≥2),则数列{an}的通项公式an=　　　　. 7.[2021长春市第一次质量监测][双空题]已知数列{an}的前n项和Sn=10n-n2,数列{bn}的每一项都有bn=|an|,设数列{bn}的前n项和为Tn,则T4=　　　　,T30=　　　　. 8.[2020贵阳市第二次适应性考试][双空题]在数列{an}中,a1+2a2+3a3+…+nan=2n,则a4=　　　　,数列{ann+1}的前n项和为　　　　. 9.[2020安徽六校联考]已知正项数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=an2+an-2,则数列{an}的通项公式为　　　　. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　10.[2020惠州市二调]已知数列{an}的各项均为正数,a1=2,an+1-an=4an+1+an,若数列{1an+1+an}的前n项和为5,则n=(　　)A.119B.120C.121D.12211.[条件创新]已知数列{an}满足an=ncosn2π,bn=an+an+1,则数列{bn}的前50项和为　　　　. 12.[双空题]已知数列{an}满足a1=12,a2=1,2an+2+an=3an+1,则an=　　　　,若数列{bn}满足bn=(2-n)(an-32)2,则bn的最大值为　　　　. \n13.[条件创新]已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,当n≥2时,an2+2SnSn-1=n-1.若am+am+1+…+at-1+at=1(m≥2)且t-m=21,则m=　　　　. 14.[2021八省市新高考适应性考试]已知各项都为正数的数列{an}满足an+2=2an+1+3an.(1)证明:数列{an+an+1}为等比数列.(2)若a1=12,a2=32,求{an}的通项公式.答案第六章　数　列第一讲　数列的概念与简单表示法1.D　解法一　因为Sn=2an-3n(n∈N*),所以当n≥2时,Sn-1=2an-1-3(n-1),两式相减得an=2an-3n-2an-1+3(n-1)=2an-2an-1-3,即an=2an-1+3,所以an+3=2(an-1+3)(n≥2),又当n=1时,a1=2a1-3,得a1=3,所以数列{an+3}是首项为6,公比为2的等比数列,所以an+3=6×2n-1,即an=3×2n-3,所以Sn=6×2n-3n-6.故选D.解法二　当n≥2时,an=Sn-Sn-1,所以Sn=2an-3n=2(Sn-Sn-1)-3n,即Sn=2Sn-1+3n,则Sn+3n+6=2[Sn-1+3(n-1)+6](n≥2),当n=1时,S1=2S1-3,得S1=3,所以数列{Sn+3n+6}是首项为12,公比为2的等比数列,所以Sn+3n+6=12×2n-1=6×2n,即Sn=6×2n-3n-6.故选D.2.A　因为3Sn=an+2　①,当n≥2时,3Sn-1=an-1+2　②,所以当n≥2时,①-②得3an=an-an-1,即an=-12an-1.又当n=1时,3S1=3a1=a1+2,所以a1=1,所以数列{an}是以1为首项,-12为公比的等比数列,即{an}的各项为1,-12,14,-18,116,-132,…,因此数列{an}的最大项为首项1,最小项为第二项-12.又3Sn=an+2,所以数列{Sn}的最大项为1,最小项为12.故选A.3.12(1+3n-1)　因为2Sn=an+1+1,所以2Sn=Sn+1-Sn+1,即Sn+1=3Sn-1,所以Sn+1-12=3(Sn-12).因为a1=1,所以S1=1,所以S1-12=12≠0,所以数列{Sn-12}是以12为首项,3为公比的等比数列,所以Sn-12=12×3n-1,所以Sn=12(1+3n-1).4.-ln(n+1)　由题设得an+1-an=lnn+1n+2,当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=-ln2+ln23+ln34+…+lnnn+1=ln(12×23×34×…×nn+1)=ln1n+1=-ln(n+1).当n=1时,a1=-ln2也满足上式.故所求an=-ln(n+1).【解后反思】　当n≥2时,本题还可以借助“正负抵消”简化求解过程:由题设得到an+1-an=lnn+1n+2=ln(n+1)-ln(n+2),所以an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=-ln2+(ln2-ln3)+(ln3-ln4)+…+[lnn-ln(n+1)]=-ln(n+1).\n5.2n×3(n-1)(n-2)2　由题设可得b1=2,bn+1bn=an=2×3n-1,所以当n≥2时,bn=b1×b2b1×…×bnbn-1=2×(2×30)×(2×31)×…×(2×3n-2)=2n×30+1+…+(n-2)=2n×3(n-1)(n-2)2.当n=1时,b1=2也满足上式.故bn=2n×3(n-1)(n-2)2.【易错警示】　上述解析中对2×(2×30)×(2×31)×…×(2×3n-2)的化简极易出错,应注意分组思考:因式中的数字“2”一共出现了n次,所以是2n,而对于30×31×…×3n-2的化简,则需要充分运用指数运算法则am·an=am+n.6.(1+ln3)·2n-1-ln3,n∈N*　由an=2an-1+ln3得到an+ln3=2(an-1+ln3),则{an+ln3}是以a1+ln3为首项、2为公比的等比数列,所以an+ln3=(1+ln3)·2n-1,所以an=(1+ln3)·2n-1-ln3,n∈N*.7.24　650　当n=1时,a1=S1=9,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=10n-n2-[10(n-1)-(n-1)2]=-2n+11,当n=1时也满足,所以an=-2n+11(n∈N*),所以当n≤5时,an>0,bn=an,当n>5时,an<0,bn=-an,所以T4=S4=10×4-42=24,T30=S5-a6-a7-…-a30=2S5-S30=2×(10×5-52)-(10×30-302)=650.【易错警示】　解答本题时的易错之处:(1)根据数列{an}的前n项和Sn的表达式求通项an时,未对n=1时的情况是否满足n≥2时的表达式进行验证;(2)求T30的值时错认为是求S30的值.8.12　2nn+1　由已知,得当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=2(n-1),所以2(n-1)+nan=2n,所以an=2n,则a4=12,ann+1=2n(n+1)=2(1n-1n+1),所以数列{ann+1}的前n项和为2(11-12+12-13+…+1n-1n+1)=2(1-1n+1)=2nn+1.9.an=n+1　由题意得2Sn=an2+an-2　①.当n=1时,2S1=2a1=a12+a1-2,可得a12-a1-2=0,解得a1=2或a1=-1(舍去).当n≥2时,2Sn-1=an-12+an-1-2　②.①-②得,2an=an2-an-12+an-an-1(n≥2),即(an+an-1)(an-an-1-1)=0(n≥2),因为an+an-1>0,所以an-an-1-1=0,即an-an-1=1(n≥2).又a1=2,所以数列{an}是以2为首项、1为公差的等差数列,所以an=2+(n-1)×1=n+1.10.B　由题意得an+12-an2=4,a12=4,所以数列{an2}是以4为首项、4为公差的等差数列,则an2=4+(n-1)×4=4n,因为数列{an}的各项均为正数,所以an=2n,则1an+1+an=12n+1+2n=12(n+1-n).故数列{1an+1+an}的前n项和为12(2-1)+12(3-2)+…+12(n+1-n)=12(n+1-1),则12(n+1-1)=5,所以n=120.故选B.11.-52　由an=ncosn2π,得bn=an+an+1=ncosn2π+(n+1)cosn+12π=ncosn2π-(n+1)sinn2π,则b4n=4ncos2nπ-(4n+1)sin2nπ=4n,b4n-1=(4n-1)cos(2n-12)π-4nsin(2n-12)π=4n,b4n-2=(4n-2)cos(2n-1)π-(4n-1)sin(2n-1)π=2-4n,b4n-3=(4n-3)cos(2n-32)π-(4n-2)sin(2n-32\n)π=2-4n,所以b4n-3+b4n-2+b4n-1+b4n=4,于是数列{bn}的前50项和b1+b2+b3+…+b48+b49+b50=12(b1+b2+b3+b4)+b4×13-3+b4×13-2=12×4+2-4×13+2-4×13=-52.12.32-(12)n-1　18　由2an+2+an=3an+1,得an+2-an+1=12(an+1-an),又a2-a1=12,∴{an+1-an}是以12为首项、12为公比的等比数列,∴an+1-an=12×(12)n-1=(12)n,则an-an-1=(12)n-1,an-1-an-2=(12)n-2,……,a2-a1=12,累加得an-a1=12+(12)2+…+(12)n-2+(12)n-1=12[1-(12)n-1]1-12=1-(12)n-1,又a1=12,∴an=32-(12)n-1,∴bn=(2-n)(an-32)2=(2-n)[32-(12)n-1-32]2=n-22n.由bn+1-bn=n+1-22n+1-n-22n=3-n2n+1>0得n<3,由bn+1-bn=3-n2n+1<0得n>3,所以b1<b2<b3=b4>b5>…>bn>…,故bn的最大值为b3=b4=18.13.50或53　当n=2时,a22+2S2S1=1,即a22+2(1+a2)=1,得a2=-1.又当n≥2时,an=Sn-Sn-1,则Sn2+Sn-12=n-1,则Sn+12+Sn2=n,所以Sn+12-Sn-12=1,又S1=1,S2=0,则S12,S32,S52,…是首项为1、公差为1的等差数列,S22,S42,S62,…是首项为0、公差为1的等差数列,当n为奇数时,Sn2=1+(n+12-1)×1=n+12,当n为偶数时,Sn2=0+(n2-1)×1=n2-1,因而am+am+1+…+at-1+at=St-Sm-1=Sm+21-Sm-1,易知m+21与m-1同奇同偶,当同为奇数时,Sm+21-Sm-1=m+222-m2=1,得m=50,当同为偶数时,Sm+21-Sm-1=m+212-1-m-12-1=1,得m=53.14.(1)因为an+2=2an+1+3an,n∈N*,所以an+2+an+1=3(an+1+an),n∈N*,又数列{an}各项都为正数,所以an+1+an>0,所以an+2+an+1an+1+an=3.所以数列{an+an+1}为等比数列,公比为3.(2)由(1)知an+1+an=(a1+a2)·3n-1=2·3n-1,则an+1=-an+2·3n-1,an+1-3n2=-(an-3n-12),n∈N*,又a1-31-12=0,所以an-3n-12=0,所以an=3n-12,n∈N*.