20202021学年高考数学考点第七章数列数列的概念与简单表示法理

数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{an}的第n项an通项公式如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系能用公式an＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和2.数列的表示方法列表法列表格表示n与an的对应关系图象法把点(n，an)画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项用公式表示递推公式使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法3.an与Sn的关系若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.4．数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列an＋1an其中n∈N*递减数列an＋1an常数列an＋1＝an概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．2．数列的通项公式an＝3n＋5与函数y＝3x＋5有何区别与联系？提示数列的通项公式an＝3n＋5是特殊的函数，其定义域为N*，而函数y＝3x＋5的定义域是R，an＝3n＋5的图象是离散的点，且排列在y＝3x＋5的图象上．1．（2020•山东模拟）已知数列{}na的前n项和为nS，且12a，1nnaS，若(0,2020)na，则称项na为“和谐项”，则数列{}na的所有“和谐项”的平方和为（）A．1118433B．1114433C．1018433D．1214433【答案】A【解析】因为1nnaS，所以1(2)nnaSn…，则11nnnnaaSS，即1nnnaaa，12nnaa，所以12(2)nnana…，因为12a，所以2112aSa，故12,22,1nnnan…，因为(0,2020)na，所以111n剟，于是数列{}na的所有“和谐项“的平方和为：10112222210111210114(14)4418444444414333aaaa，故选A．2．（2020•洛阳二模）数列{}na的前n项和为nS，且21nnS，20182na成立，则n的最小值为__________．【答案】2020【解析】依题意：21nnS，当1n时，111aS，当2n…时，111(21)(21)2nnnnnnaSS，令1201822n得12018n即2019n，则n的最小值为2020．1．（2020•门头沟区一模）一辆邮车从A地往B地运送邮件，沿途共有n地，依次记为1A，2A，，1(nAA为A地，nA为B地）．从1A地出发时，装上发往后面1n地的邮件各1件，到达后面各地后卸下前面各地发往该地的邮件，同时装上该地发往后面各地的邮件各1件，记该邮车到达1A，2A，nA各地装卸完毕后剩余的邮件数记为(1kak，2，，)n．则ka的表达式为（）A．(1)knkB．(1)knkC．()nnkD．()knk【答案】D【解析】根据题意，该邮车到第k站时，一共装上了(21)(1)(2)()2nkknnnk件邮件，需要卸下(1)123(1)2kkk件邮件，则(21)(1)()22knkkkkaknk，故选D．2．（2019•西湖区校级模拟）若数列的前4项分别是12，13，14，15，则此数列的一个通项公式为（）A．1nB．11nC．11nD．12n【答案】C【解析】数列的分母为2，3，4，5，对应的通项为1n，则数列的通项公式可以是11nan，故选C．3．（2018•河南一模）已知数列：11，21，12，31，22，13，41，32，23，14，，依它的前10项的规律，这个数列的第2018项2018a等于（）A．131B．163C．64D．632【答案】D【解析】观察数列：11，21，12，31，22，13，41，32，23，14，，得出：它的项数是*(1)123()2kkkkN，并且在每一个k段内，是k个分数*(kN，3)k…，且它们的分子分母和为*1(kkN，3)k…；由63k时，*(1)20162018()2kkkN，故2018a在64段中，该数列的第2018项2018a为第64组的第2项，故2018632a，故选D．4．（2018•安徽模拟）删去正整数数列1，2，3，中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是（）A．2062B．2063C．2064D．2065【答案】B【解析】由题意可得，数列可以写成：21，2，3，22，5，6，7，8，23，第k个平方数与第1k个平方数之间有2k个正整数，而数列21，2，3，22，5，6，7，8，22345共有2025项，去掉45个平方数后，还剩余1980个数，这个数列的第2018项是2025后的第38个数，即是原来数列的第2063项，即为2063；故选B．5．（2018•聊城模拟）大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和．是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，则此数列第20项为（）A．180B．200C．128D．162【答案】B【解析】由0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，可得偶数项的通项公式：222nan．则此数列第20项2210200．故选B．6．（2017•海淀区校级三模）已知实数序列1a，2a，，na满足：任何连续3项之和均为负数，且任何4项之和均为正数，则n的最大值是（）A．4B．5C．6D．7【答案】B【解析】由1230aaa，12340aaaa，则40a，2340aaa，23450aaaa，则50a，3450aaa，34560aaaa，则60a，即有4560aaa，与每连续3项的和都是负的矛盾，项数5n„．故这样的一个数列最多能包含5项．故选B．7．（2017•山西二模）现在有这么一列数：2，32，54，78，，1332，1764，，按照规律，横线中的数应为（）A．916B．1116C．12D．1118【答案】B【解析】由题意可得：分子为连续的质数，分母依次为首项为2、公比为2的等比数列，故括号中的数应该为1116．故选B．8．（2017•玉林一模）已知数列{}na中*51()nannN，将数列{}na中的整数项按原来的顺序组成数列{}nb，则2018b的值为（）A．5035B．5039C．5043D．5047【答案】C【解析】由*51()nannN，*nN，可得此数列为4，9，14，19，24，29，34，39，44，49，54，59，64，．na的整数项为：4，9，49，64，144，169，．即整数：2，3，7，8，12，13，．其规律就是各项之间是1，4，1，4，1，4这样递增的，2125(1)53nbnn，235(1)52nbnn．由22018n，解得1009n，20185100925043b．故选C．9．（2017•枣阳市校级模拟）已知数列2,5,22,11，则25是这个数列的（）A．第6项B．第7项C．第11项D．第19项【答案】B【解析】数列2,5,22,11，各项的平方为：2，5，8，11，则2213nnaa，又212a，22(1)331nann，令3120n，则7n．故选B．10．（2020•新华区校级模拟）已知正项数列{}na的前n项和为nS满足：*12()nnnSanNa，若1231111()nfnSSSS，记[m]表示不超过m的最大整数，则[(100)]f（）A．17B．18C．19D．20【答案】B【解析】当1n时，11112aaa，10a，11a．当2n…时，由12nnnSaa，及1nnnaSS得，2211nnSS，由于数列是正项数列，所以21(1)nSnn．则nSn．1231111111()123nfnSSSSn．又当2n…时，1222(1)21nnnnnn．(100)12(21)2(32)2(10099)12(1001)19f．对于*122,2(1)21nNnnnnnn，(100)2[(21)(32)(101100)]2(1011)18f，[(100)]18f．故选B．11．（2020•南岗区校级模拟）数列{}na的前n项和为nS，首项12a，若*12()nnSanN，则2020a（）A．20192B．20202C．20212D．20222【答案】B【解析】数列{}na的前n项和为nS，首项12a，若12nnSa，①，当2n…时，12nnSa②，①②得：11nnnnnaSSaa，整理得12nnaa（常数），所以数列{}na是以2为首项，2为公比的等比数列．所以1122nnnaa，（首项符合通项）．所以2nna，则202020202a．故选B．12．（2020•南岗区校级模拟）已知数列{}na中的前n项和为nS，1(1)262nnnnSan，且1(1)0nna对任意*nN恒成立，则实数的取值范围是（）A．723(,)44B．[2，23)4C．7(,6)4D．23(2,)4【答案】B【解析】1(1)262nnnnSan①，11111(1)2(1)62nnnnSan②，由②①整理得：11111(1)(1)22nnnnnnaaa．（1）当21nk，*kN时，有222211()22kkkkaaa，即211()24kka；（2）当2nk，*kN时，有21212121()22kkkkaaa，即2121212112()2()422kkkkaa，整理得：216()4kka．1(1)0nna对任意*nN恒成立，当21nk，*kN时，有211()204kka恒成立，即12()4k恒成立2…；当2nk，*kN时，有216()04kka恒成立，即16()4k恒成立123644．综合以上，知：2324„．故选B．13．（2020•思明区校级一模）设nS是数列{}na的前n项和，满足212nnnaaS，且0na，则100S（）A．10B．311C．10311D．11【答案】A【解析】当1n时，满足211112aaS，整理得211a，由于0na，所以11a．根据212nnnaaS，整理得211()12()(2)nnnnnSSSSSn…，故2211nnSS常数，故数列2{}nS是以1为首项，1为公差的等差设数列．所以21(1)nSnn，故nSn，所以10010S．故选A．14．（2020•龙潭区校级模拟）数列{}na，若11a，11nnaan，则8a（）A．34B．43C．53D．64【答案】B【解析】数列{}na，若11a，11nnaan，所以：2n时，21214aa，3n时，32318aa，4n时，434113aa