【文档说明】2021届高三数学文一轮跟踪检测：第6章　第1节 数列的概念与简单表示法.docx，共(7)页，104.546 KB，由小赞的店铺上传

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第六章数列第一节数列的概念与简单表示法A级·基础过关|固根基|1.数列1，3，6，10，…的一个通项公式是()A．an＝n2－(n－1)B．an＝n2－1C．an＝n（n＋1）2D．an＝n（n－1）2解析：选C观察数列1，3，6，10，…可以发现1＝1，3＝1＋2，6＝1＋2＋3

，10＝1＋2＋3＋4，…第n项为1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n＋1）2.所以an＝n（n＋1）2.2．已知数列{an}的前n项和Sn满足log2(Sn＋1)＝n，则数列的通项公式an＝()A.1，n＝1，2n，n≥2B．2nC．2n－1D．2n－1－1解析：选Clog2(Sn＋1

)＝n⇒Sn＋1＝2n⇒Sn＝2n－1.所以an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1(n≥2)，又a1＝S1＝2－1＝1，适合an＝2n－1(n≥2)，因此an＝2n－1.故选C.3．《九章算术》

是中国古代的数学专著，有题为：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里，驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问需几日相逢()A．9B．8C．16D．12解析：选A由题意可知，良马每日行

程an构成数列{an}，a1＝103，d＝13，驽马每日行程bn构成数列{bn}，b1＝97，d′＝－12，假设第n天相逢，由题意知103n＋132n(n－1)＋97n－14n(n－1)＝1125×2，解得n＝9，故选A.4．在数列{an}

中，“|an＋1|>an”是“数列{an}为递增数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B|an＋1|>an⇔an＋1>an或－an＋1>an，充分性不成立，数列{an}为递增数列⇔|an＋1|≥an＋1>an成立，必要性成立，所以“|an＋1

|>an”是“数列{an}为递增数列”的必要不充分条件．故选B.5．(2019届广东惠州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1，则S6a6＝()A.6332B.3116C.12364D.1

27128解析：选A因为Sn＝2an－1，所以当n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)，化为an＝2an－1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，即a

n＝2n－1，所以a6＝25＝32，S6＝26－12－1＝63，则S6a6＝6332.故选A.6．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋n，则an＝________．解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n－2(n－1)2－(n－1)＝4n－1.当n＝1时，a1＝S1＝3＝4×1－1

.所以an＝4n－1.答案：4n－17．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a2n－2an＋1(n∈N*)，则a2020＝________．解析：∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，

a4＝(a3－1)2＝0，…，∴可知数列{an}是以2为周期的数列，∴a2020＝a2＝0.答案：08．若数列{an}满足a1·a2·a3·…·an＝n2＋3n＋2，则数列{an}的通项公式为________．解析：a1·a2·a3·…·an＝(n＋1)(n＋2)，当n＝

1时，a1＝6；当n≥2时，a1·a2·a3·…·an－1·an＝（n＋1）（n＋2），a1·a2·a3·…·an－1＝n（n＋1），故当n≥2时，an＝n＋2n，当n＝1时，1＋2＝3≠a1，所以a

n＝6，n＝1，n＋2n，n≥2.答案：an＝6，n＝1，n＋2n，n≥29．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.(1)求a2，a3；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)令n＝1，得a21－

(2a2－1)a1－2a2＝0，解得a2＝12.令n＝2，得a22－(2a3－1)a2－2a3＝0，解得a3＝14.(2)由a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因为{an}的各项都为正数，所以an＋1an＝12.故{an}是首项为1，公比为

12的等比数列，因此an＝12n－1.10．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝12a2n＋12an(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)由

Sn＝12a2n＋12an(n∈N*)可得a1＝12a21＋12a1，解得a1＝1，S2＝a1＋a2＝12a22＋12a2，解得a2＝2，同理，a3＝3，a4＝4.(2)Sn＝an2＋12a2n，①当n≥2时，Sn－1＝an－12＋12a2n－1，②由①－②

得，(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，又由(1)知a1＝1，故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.B级·素养提升|练能力|11.(2019届山西

晋中高考适应性调研)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中

国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2018这2018个数中，能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列共有()A．98项B．97项C．96项D．95项解析：选B能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1

的数，故an＝21n－20，由1≤an≤2018，得1≤n＜203821，又n∈N*，故此数列共有97项．12．(2019届德阳诊断)若存在常数k(k∈N*，k≥2)，q，d，使得无穷数列{an}满足an＋1＝an＋d，nk∉N*，qan，nk∈N*，则称数列{an

}为“段比差数列”，其中常数k，q，d分别叫做段长、段比、段差．设数列{bn}为“段比差数列”，若{bn}的首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，则b2016＝()A．3B．4C．5D．6解析：选D因

为{bn}的首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，所以b2014＝0×b2013＝0，所以b2015＝b2014＋3＝3，所以b2016＝b2015＋3＝6.故选D.13．(2019届临汾期末)已知数列{xn}的各项均为正整数，且满足xn＋1＝xn2，xn为偶数，xn＋1，xn

为奇数，若x3＋x4＝3，则x1所有可能取值的集合为________．解析：由题意得x3＝1，x4＝2或x3＝2，x4＝1.当x3＝1时，x2＝2，从而x1＝1或4；当x3＝2时，x2＝1或4，因此当x2＝1时，x1＝2，当x2＝4时，x1＝8或3.综上，x1所有可能取值

的集合为{1，2，3，4，8}．答案：{1，2，3，4，8}14．已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝3×2n－3，其中n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}为等差数列，Tn为其前n项和，b2＝a5，b11＝S

3，求Tn的最值．解：(1)由Sn＝3×2n－3，n∈N*，得①当n＝1时，a1＝S1＝3×21－3＝3.②当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3×2n－3)－(3×2n－1－3)＝3×(2n－2n－1)＝3×2n－1.(*)又当n

＝1时，a1＝3也满足(*)式．所以，对任意n∈N*，都有an＝3×2n－1.(2)设等差数列{bn}的首项为b1，公差为d，由(1)得b2＝a5＝3×25－1＝48，b11＝S3＝3×23－3＝21.由等差数列

的通项公式得b2＝b1＋d＝48，b11＝b1＋10d＝21，解得b1＝51，d＝－3，所以bn＝54－3n.可以看出bn随着n的增大而减小，令bn≥0，解得n≤18，所以Tn有最大值，无最小值，且T18(或T17)为前n项和Tn的最

大值，即Tn＝T18＝18（b1＋b18）2＝9×(51＋0)＝459.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com