1、第六单元数列考情分析高考中该部分多为基础题，是高考的必考内容，多以选择题、填空题的形式出现，突出“小、巧、活”的特点有时也以解答题的形式出现，主要考查基本量的求解，两种数列的基本性质及其灵活应用，由递推公式求数列通项公式，利用定义法、裂项相消法、错位相减法等求数列前n项和，等差数列、等比数列的判断与证明及最值的求解熟练掌握两种特殊数列的基本知识是解决此类问题的关键，注意对等比数列公比的讨论，否则容易失分点点练19数列的概念及表示一基础小题练透篇1.数列0，的一个通项公式为()Aan(nN*)Ban(nN*)Can(nN*)Dan(nN*)22022辽宁辽阳检测在数列an中，a10，an3an1
2、2(n2)，则a3()A2B6C8D143在数列an中，a11，an1(n2)，则a5等于()ABCD4已知数列an中，a13，a26，an2an1an，则a2023等于()A6B6C3D35设an3n215n18，则数列an中的最大项的值是()ABC4D06若数列an的前n项和Snan(nN*)，则an的通项公式an_72022重庆沙坪坝区检测大衍数列，来源于我国的乾坤谱，是世界数学史上第一道数列题，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理其前11项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，60，则大衍数列的第41项为_82022广东东莞月考数列an满足a13，an1an2n
3、8(nN*)，则a8_二能力小题提升篇1.2022北京平谷区一模已知数列an满足a1，且对任意nN*，都有，那么a4为()AB7CD1022022河南省洛阳市调研数列an满足：a12，(1an)an11，Sn是an的前n项和，则S2021()A4042B2021CD32021河北省唐山市调研已知数列an中，则an的前10项和为()A50B55C60D6542021河南省联考“三分损益法”是古代中国发明制定音律时所用的方法，其基本原理是：以一根确定长度的琴弦为基准，取此琴弦长度的得到第二根琴弦，第二根琴弦长度的为第三根琴弦，第三根琴弦长度的为第四根琴弦，第四根琴弦长度的为第五根琴弦琴弦越短，发出
4、的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫、商、角(ju)、徵(zh)、羽”，则“角”和“徵”对应的琴弦长度之比为()ABCD52022山东潍坊检测已知数列an满足anan13n，且a11，则数列an的前9项和S9_6已知数列an的前n项和为Sn，a11，2Sn(n1)an，则an_三高考小题重现篇1.全国卷定义“规范01数列”an如下：an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数若m4，则不同的“规范01数列”共有()A18个B16个C14个D12个2全国卷记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_3浙江卷设数列
5、an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_42020全国卷数列an满足an2(1)nan3n1，前16项和为540，则a1_四经典大题强化篇1.设数列an满足an3an12(n2)，且a12，bnlog3(an1).(1)求a2，a3的值；(2)已知数列an的通项公式是：an3n1，an3n，an3n2中的一个，判断an的通项公式，并求数列anbn的前n项和Sn.22021重庆市三模已知数列an的前n项和为Sn，且满足2anSn1(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn1.点点练19数列的概念及表示一基础小题练透篇
6、1答案：C解析：方法一（特例淘汰法）令n1，淘汰D选项，令n2淘汰A，B选项方法二数列变形为，分子、分母都是等差数列，分子2（n1）分母2n1.2答案：C解析：a10，an3an12（n2），a23a122，a33a228.3答案：D解析：a212，a31，a413，a51.4答案：C解析：依次写出数列的各项：3，6，3，3，6，3，3，6，3，3，所以数列an以6为周期循环又202363371，故a2023a13.故选C.5答案：D解析：an3，由二次函数性质，得当n2或3时，an最大，最大为0.6答案：（2）n1解析：由Snan，得当n2时，Sn1an1，两式相减，整理得an2an1，又当
7、n1时，S1a1a1，a11，an是首项为1，公比为2的等比数列，故an（2）n1.7答案：840解析：由题意得，大衍数列的奇数项依次为，易知大衍数列的第41项为840.8答案：3解析：an1an2n8（nN*），anan12n10，an1an22n12，a3a24，a2a16，ana1（6）（4）（2n12）（2n10）（n1）（n8），又a13，an（n1）（n8）3，a83.二能力小题提升篇1答案：A解析：化简可得an1，则a2，a3，a4.2答案：D解析：因为a12，（1an）an11，由（1a1）a21得a21，进而得：a3，a42a1，可得：an3an，a1a2a2021673（a
8、1a2a3）a1a26731.3答案：D解析：当n1时，则a12，当n2时，由，则，两式相除得，所以anan11，所以数列an是以2为首项1为公差的等差数列，则ann1，a1011，S1065.4答案：C解析：设基准琴弦的长度为1，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度依次为，五根琴弦的长度从大到小依次为1，所以“角”和“徵”对应的琴弦长度分别为和，其长度之比为.5答案：241解析：因为anan13n，所以an1an3n1（n2），两式相除得3（n2）.因为a11，所以a33，a59，a727，a981，由anan13n，得a1a23，所以a23，a49，a627，a881，所以S912
9、（392781）241.6答案：n解析：2Sn（n1）an，n2时，2an（n1）annan1，（n1）annan1，即（n2），又a11，ann.三高考小题重现篇1答案：C解析：由题意可得a10，a81，a2，a3，a7中有3个0，3个1，且满足对任意k8，都有a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111，00010111，00011011，00011101，00100111，00101011，00101101，00110011，00110101，01000111，01001011，01001101，01010011，01010101，共1
10、4个2答案：63解析：当n1时，a12a11，得a11；当n2时，anSnSn12an12an112an2an1，即：an2an1，an是以1为首项以2为公比的等比数列，an2n1，S663.3答案：1121解析：因为S24，an12Sn1，nN*，所以a22a11，a1a24，解得a11，a23；又因为an2Sn11（n2），所以an1an2（SnSn1）（n2），所以an1an2an，所以an13an（n2），又a233a1，所以数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an3n1，所以S5121.4答案：7解析：令n2k（kN*），则有a2k2a2k6k1（kN*），a2a45，a6
11、a817，a10a1229，a14a1641，前16项的所有偶数项和S偶517294192，前16项的所有奇数项和S奇54092448，令n2k1（kN*），则有a2k1a2k16k4（kN*），a2k1a1（a3a1）（a5a3）（a7a5）（a2k1a2k1）28146k4k（3k1）（kN*），a2k1k（3k1）a1（kN*），a32a1，a510a1，a724a1，a944a1，a1170a1，a13102a1，a15140a1，S奇a1a3a158a12102444701021408a1392448.a17.四经典大题强化篇1解析：（1）an3an12（n2），即（an1）3（an11）且a12，an1是首项为3，公比为3的等比数列，即an13n，an3n1，则a23218，a333126.（2）设cnanbn，由（1）知an3n1，又bnlog3（an1）3nn1，Sn（3323n）（12n1）（3n1n2n3）.2解析：（1）2anSn1，令n1，解得a11，n2时，2an1Sn11（nN*）两式相减，得an2an1，数列an是以a11为首项，q2为公比的等比数列，所以an2n1；（2）证明：bnTnb1b2bn1.1单调递增，1，即Tn.
