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2025新教材数学高考第一轮复习
专题七 数列
7.1 数列的概念及表示
五年高考
考点 数列的概念及表示
1.(2019浙江,10,5分,难)设a,b∈R,数列{a }满足a =a,a =a2+b,n∈N*,则 ( )
n 1 n+1 n
1 1
A.当b= 时,a >10 B.当b= 时,a >10
2 10 4 10
C.当b=-2时,a >10 D.当b=-4时,a >10
10 10
2.(2020课标Ⅱ理,12,5分,难)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a a …a …
1 2 n
满足a∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得a =a(i=1,2,…)成立,则称其为0-1周期序列,
i i+m i
并称满足a =a(i=1,2,…)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列
i+m i
1 m
a a …a …,C(k)= ∑❑ aa (k=1,2,…,m-1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0-
1 2 n m i i+k
i=1
1
1序列中,满足C(k)≤ (k=1,2,3,4)的序列是 ( )
5
A.11010… B.11011…
C.10001… D.11001…
a
3.(2021浙江,10,5分,难)已知数列{a }满足a =1,a = n (n∈N*).记数列{a }的前n项和
n 1 n+1 1+√a n
n
为S ,则 ( )
n
3
A. 0,a =1,则
n a2 n n+1 a2 n 1
n n+1
a = .
n
1
6.(2023 重庆联考,14)数列{a }满足 a -a = (n≥2,且 n∈N*),a =2,对于任意 n∈N*有
n n n-1 n(n+1) 1
λ>a 恒成立,则λ的取值范围是 .
n
7.(2024届江苏、广东、福建大联考,21)已知数列{a }满足a =1,且na -(n+1)a =1.
n 1 n+1 n
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)若数列{a n }的前n项和为S n ,且S n =3n−1,求数列{b n }的前n项和T n .
b 2
n
8.(2023湖北黄冈中学三模,17)已知正项数列{a }的前n项和为S ,且4S = +2a -3(n∈N*).
n n n a2 n
n(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)将数列{a }和数列{2n}中所有的项,按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{b },求
n n
{b }的前100项和.
n
9.(2023广东茂名二模,17)已知数列{a }的前n(n∈N*)项和S 满足S +S =2(n+1)2,且a =1.
n n n+1 n 1
(1)求a ,a ,a ;
2 3 4
(2)若S 不超过240,求n的最大值.
n
10.(2023吉林东北师大附中二模,18)已知数列{a }的前n项和为S ,a =4,a n+1.
n n 1 n =
S 2n
n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)记c =a -1,数列{c }的前n项和为T ,求 1 1 1 的值.
n n n n + +…+
2n T T T
1 2 n11.(2023河北邯郸二模,18)已知数列{a }中,a >0,a =3,记数列{a }的前n项的乘积为S ,且
n n 1 n n
S = .
n √an+1
n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)设b
n
=a
n
−1,数列{b
n
}的前n项和为T
n
,求证:T
n
∈(n-1,n).
a +1
n
12.(2023山东日照联考,17)已知数列{a }的首项a =2,且满足a = 2a .
n 1 n+1 n
3 a +1
n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
1 1 1 1
(2)若 + + +…+ <100,求满足条件的最大整数n.
a a a a
1 2 3 n专题七 数列
7.1 数列的概念及表示
五年高考
考点 数列的概念及表示
1.(2019浙江,10,5分,难)设a,b∈R,数列{a }满足a =a,a = +b,n∈N*,则 ( )
n 1 n+1 a2
n
1 1
A.当b= 时,a >10 B.当b= 时,a >10
10 10
2 4
C.当b=-2时,a >10 D.当b=-4时,a >10
10 10答案 A
2.(2020课标Ⅱ理,12,5分,难)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a a …a …
1 2 n
满足a∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得a =a(i=1,2,…)成立,则称其为0-1周期序列,
i i+m i
并称满足a =a(i=1,2,…)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列
i+m i
1 m
a a …a …,C(k)= ∑❑ aa (k=1,2,…,m-1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0-
1 2 n m i i+k
i=1
1
1序列中,满足C(k)≤ (k=1,2,3,4)的序列是 ( )
5
A.11010… B.11011…
C.10001… D.11001…
答案 C
3.(2021浙江,10,5分,难)已知数列{a n }满足a 1 =1,a n+1 = a n (n∈N*).记数列{a n }的前n项和
1+√a
n
为S ,则 ( )
n
3
A. 0,a =1,则
n a2 n n+1 a2 n 1
n n+1
a = .
n
答案 n·2n-1
1
6.(2023 重庆联考,14)数列{a }满足 a -a = (n≥2,且 n∈N*),a =2,对于任意 n∈N*有
n n n-1 n(n+1) 1
λ>a 恒成立,则λ的取值范围是 .
n
答案 [5 )
,+∞
2
7.(2024届江苏、广东、福建大联考,21)已知数列{a }满足a =1,且na -(n+1)a =1.
n 1 n+1 n
(1)求{a }的通项公式;
n
(2)若数列{a n }的前n项和为S n ,且S n =3n−1,求数列{b n }的前n项和T n .
b 2
n
解析 (1)因为na -(n+1)a =1,
n+1 n
所以a a 1 1 1 , (1分)
n+1 − n= = −
n+1 n n(n+1) n n+1
所以n≥2时,a (a a ) ( a a ) (a a )+a
n= n− n−1 + n−1 − n−2 +…+ 2− 1 1
n n n−1 n−1 n−2 2 1
=( 1 1) ( 1 1 ) ( 1) 1, (3分)
− + − +…+ 1− +1=2−
n−1 n n−2 n−1 2 n
当n=1时,a =1适合上式, (4分)
1
所以a =2n-1,n∈N*. (5分)
n
(2)因为S =3n−1,所以当n=1时,S =a =1,得b =1; (6分)
n 1 1 1
2 b
1
当n≥2时,a 3n−1 3n−1−1=3n-1,
n=Sn−Sn−1= −
b 2 2
n
2n−1
所以b = ,n≥2,当n=1时也成立.(7分)
n 3n−1
2n−1
因此b = ,n∈N*.
n 3n−11 3 5 2n−1
因为T = + + +…+ ,
n 30 31 32 3n−1
1 1 3 5 2n−1
所以 Tn= + + +…+ , (8分)
3 31 32 33 3n
所 以
1( 1 )
1−
2 1 2 2 2 2n−1 3 3n−1 2n−1 1 2n−1 2n+2
Tn= + + +…+ − =1+2× − =1+1− − =2−
3 30 31 32 3n−1 3n 1 3n 3n−1 3n 3n
1−
3
(11分)
n+1
故T =3- . (12分)
n 3n−1
8.(2023湖北黄冈中学三模,17)已知正项数列{a }的前n项和为S ,且4S = +2a -3(n∈N*).
n n n a2 n
n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)将数列{a }和数列{2n}中所有的项,按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{b },求
n n
{b }的前100项和.
n
解析 (1)依题意a >0,当n=1时,4a = +2a -3,解得a =3,
n 1 a2 1 1
1
当n≥2时,由4S = +2a -3,得4S = +2a -3,作差得4a = +2a -2a ,∴(a +a )(a -
n a2 n n-1 a2 n-1 n a2−a2 n n-1 n n-1 n
n n−1 n n−1
a -2)=0(n≥2),∵a +a >0,∴a -a =2(n≥2),∴数列{a }是首项为3,公差为2的等差数列,
n-1 n n-1 n n-1 n
∴a =2n+1,n∈N*.
n
(2)由(1)得,a =201,又27<201<28,同时a =187>27,∴b =a ,
100 93 100 93
93×(a +a ) 2×(1−27 )
∴b +b +…+b =(a +a +…+a )+(21+22+…+27)= 1 93 + =9 089.
1 2 100 1 2 93
2 1−2
所以{b }的前100项和为9 089.
n
9.(2023广东茂名二模,17)已知数列{a }的前n(n∈N*)项和S 满足S +S =2(n+1)2,且a =1.
n n n+1 n 1
(1)求a ,a ,a ;
2 3 4
(2)若S 不超过240,求n的最大值.
n
解析 (1)当n=1时,S +S =a +2a =2×(1+1)2=8,a =6,
2 1 2 1 2
当n=2时,S +S =a +2a +2a =2×(2+1)2=18,a =4,
3 2 3 2 1 3
当n=3时,S +S =a +2a +2a +2a =2×(3+1)2=32,a =10.
4 3 4 3 2 1 4(2)∵S +S =2(n+1)2,①
n+1 n
∴当n=1时,S +S =2×22=8,
2 1
又a =S =1,则S =8-S =8-1=7,
1 1 2 1
当n≥2时,S +S =2n2,②
n n-1
①-②可得S -S =4n+2,
n+1 n-1
当n(n>2)为偶数时,
S -S =(4×4-2)+(4×6-2)+…+(4n-2)
n 2
=[14+(4n−2)] (n )=n2+n-6,
· −1
2 2
∴S =n(n+1)+1.
n
当n(n>2)为奇数时,
S -S =(4×3-2)+(4×5-2)+…+(4n-2)
n 1
[10+(4n−2)] n−1
= · =n2+n-2,
2 2
∴S =n(n+1)-1,
n
由15×16-1=239<240,16×17+1=273>240得n的最大值为15.
10.(2023吉林东北师大附中二模,18)已知数列{a }的前n项和为S ,a =4,a n+1.
n n 1 n =
S 2n
n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)记c =a -1,数列{c }的前n项和为T ,求 1 1 1 的值.
n n n n + +…+
2n T T T
1 2 n
解析 (1)由a n+1 2na ,
n = 得到Sn= n
S 2n n+1
n
2(n−1)a
当n≥2时,S = n−1,
n-1
n
2na 2(n−1)a 2(n−1)a (n−1)a
两式相减,有a = n− n−1,得到 n−1= n,
n n+1 n n n+1
a a
由于n≥2,所以 n =2· n−1.
n+1 n
a a
因为 1=2,由上述递推关系知 n ≠0,
2 n+1所以{ a }是以2为首项,2为公比的等比数列,
n
n+1
a
所以 n =2×2n-1,
n+1
所以a =(n+1)2n.
n
(2)由(1)知:c =a -1=n,则c -c =n+1-n=1,
n n n+1 n
2n
所以数列{c }为等差数列,
n
n(n+1)
所以数列{c }的前n项和为T = ,
n n
2
则 1 2 (1 1 ),
= =2 −
T n(n+1) n n+1
n
所以 1 1 1 ( 1) (1 1) (1 1 ) 2n .
+ +…+ =2 1− + − +…+ − =
T T T 2 2 3 n n+1 n+1
1 2 n
11.(2023河北邯郸二模,18)已知数列{a }中,a >0,a =3,记数列{a }的前n项的乘积为S ,且
n n 1 n n
S = .
n √an+1
n
(1)求数列{a }的通项公式;
n
(2)设b
n
=a
n
−1,数列{b
n
}的前n项和为T
n
,求证:T
n
∈(n-1,n).
a +1
n
解析 (1)由题意知S 为正项数列{a }的前n项的乘积,且S = ,
n n n √an+1
n
当n=2时, =(a a )2= ,所以(3a )2= ,解得a =9.
S2 1 2 a3 2 a3 2
2 2 2
an+2
又 S2=an+1 ①, S2 =an+2②,②÷①得, a2 = n+1,即 an =an+1,
n n n+1 n+1 n+1 an+1 n+1 n
n
所以lg ,即nlg a =(n+1)lg a ,
an =lg an+1 n+1 n
n+1 n
lg a lg a lg a lg a
所以 n+1= n,所以 2= 1=lg 3,
n+1 n 2 1
结合lg a lg a ,可知数列{lg a }是常数列,
n+1= n n
n+1 n nlg a lg a
所以 n= 1=lg 3,所以lg a =nlg 3=lg 3n,所以a =3n.
n 1 n n
(2)证明:由(1)可得b =a −1 3n−1 2 ,
n n = =1−
a +1 3n+1 3n+1
n
则T =( 2 ) ( 2 ) ( 2 )
n 1− + 1− +…+ 1−
31+1 32+1 3n+1
=n-2( 1 1 1 ),
+ +…+
31+1 32+1 3n+1
1( 1 )
1−
由于 1 1 1 1 1 1 3 3n 1( 1 ) 1,
+ +…+ < + +…+ = = 1− <
31+1 32+1 3n+1 31 32 3n 1 2 3n 2
1−
3
故T =n-2( 1 1 1 )>n-1,且T 100,所以n≤99,
99 299 100 2100
所以满足条件的最大整数n为99.
