1、授课提示：对应学生用书第323页A组基础保分练1下列关于星星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是（）Aann2n1BanCan Dan解析：从题图中可观察星星的构成规律，n1时，有1个；n2时，有3个；n3时，有6个；n4时，有10个；an1234n答案：C2（2021山西太原模拟）已知数列an的前n项和Sn满足Snan2n（nN），则a7（）A BC D解析：当n2时，Sn1an12n2，又Snan2n，所以2anan12，所以2（an2）an12，故an2是首项为a12，公比为的等比数列，又S1a12，故a11，所以an2，故a72答案：B3在数列an中，若对任意的nN均有anan1
2、an2为定值，且a12，a93，a984，则数列an的前100项的和S100（）A132 B299C68 D99解析：因为对任意的nN均有anan1an2为定值，所以anan1an2an1an2an3，所以an3an所以数列an是周期数列，且周期为3故a2a984，a3a93，a100a12，所以S10033（a1a2a3）a100299答案：B4（2021济宁期中测试）已知数列an满足an若对任意的nN都有anan1成立，则实数a的取值范围为（）A（1，4） B（2，5）C（1，6） D（4，6）解析：因为对任意的nN都有anan1成立，所以数列是递增数列，因此解得1a4答案：A5已知数列a
3、n满足a12，且2an11a1a12an2，则a32（）A8 B7C6 D5解析：将a12代入2an11a1a12an2，整理得2an112an12，又2a112，所以数列2an1是首项为2，公差为2的等差数列，所以2an12（n1）22n，所以anlog22n1，于是a32log26417答案：B6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，则此数列的第20项为（）
4、A180 B200C128 D162解析：由0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，可得偶数项的通项公式为a2n2n2，则此数列的第20项为2102200答案：B7已知an满足an（n）2n（nN），若an是递增数列，则实数的取值范围是_解析：因为an是递增数列，所以an1an，所以（n1）2n1（n）2n，化简得n2，对任意nN都成立所以3答案：（，3）8（2021天水月考）已知数列an中，a12，an12an32n，则数列an的通项公式an_解析：由an12an32n，得，即又1，数列是以1为首项，以为公差的等差数列，则1（n1）n，an（3n1）2n1答案：（3n1）2n19
5、（1）已知Sn为数列an的前n项和，且log2（Sn1）n1，求数列an的通项公式；（2）已知数列an的各项均为正数，Sn为其前n项和，且对任意nN，均有2Snana，求数列an的通项公式解析：（1）由log2（Sn1）n1，得Sn12n1，当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn12n，数列an的通项公式为an（2）2Snana，当n1时，2S12a1a1a又a10，a11当n2时，2an2（SnSn1）anaan1a，（aa）（anan1）0，（anan1）（anan1）（anan1）0，（anan1）（anan11）0，anan10，anan11，an是以1为首项，1为公差的等差数列
6、，ann（nN）10（2021东营模拟）设数列an的前n项和为Sn，数列Sn的前n项和为Tn，满足Tn2Snn2，nN（1）求a1的值；（2）求数列an的通项公式解析：（1）令n1，T12S11，因为T1S1a1，所以a12a11，所以a11（2）n2时，Tn12Sn1（n1）2，则SnTnTn12Snn22Sn1（n1）22（SnSn1）2n12an2n1因为当n1时，a1S11也满足上式，所以Sn2an2n1（n1），当n2时，Sn12an12（n1）1，两式相减得an2an2an12，所以an2an12（n2），所以an22（an12），因为a1230，所以数列an2是以3为首项，公比为
7、2的等比数列所以an232n1，所以an32n12，当n1时也成立，所以an32n12B组能力提升练1在数列an中，a12，a23，an1anan1（n2），那么a2 019（）A1 B2C3 D3解析：因为anan1an2（n3），所以an1anan1（an1an2）an1an2，所以an3an，所以an6an3an，所以an是以6为周期的周期数列因为2 01933663，所以a2 019a3a2a1321答案：A2已知数列xn满足xn2|xn1xn|（nN），若x11，x2a（a1，a0），且xn3xn对任意的正整数n均成立，则数列xn的前2 019项和S2 019（）A672 B673C
8、1 344 D1 346解析：x11，x2a（a1，a0），x3|x2x1|a1|1a，x1x2x31a（1a）2，又xn3xn对任意的正整数n均成立，数列xn的周期为3，数列xn的前2 019项和S2 019S673367321 346答案：D3若数列ancos，kN，则在下列数列中，可取遍数列an前6项值的数列为（）Aa2k1 Ba3k1Ca4k1 Da5k1解析：数列ancos，kN，a1cos ，a2cos，a3cos，a4cos，a5cos，a6coscos，a7cos，an是以6为周期的周期数列，a5k1是可取遍数列an前6项值的数列答案：D4对于一个给定的数列an，把它连续的两项
9、an1与an的比记为bn，得到一个新的数列bn，称数列bn是数列an的一阶比数列若数列an的一阶比数列是每一项均为2的常数列，则（）A8 B6C4 D2解析：由题意可知，数列an是等比数列，且公比q2，则q38答案：A5若数列an满足a1，anan1，则a10_解析：法一：因为anan1，所以anan1，所以a1a21，因为a1，所以a21；因为a2a3，所以a31；因为a3a4，所以a41，以此类推，a101法二：因为anan1，所以an1an，因为a11，所以a21，a31，a41，以此类推，a10（1）10答案：6已知数列an满足a12，an1（nN），则该数列的前2 021项的乘积a1
10、a2a3a2 021_解析：由题意可得，a23，a3，a4，a52a1，所以数列an是以4为周期的周期数列，而2 02145051，且a1a2a3a42（3）1故该数列前2 021项的乘积为a12答案：27已知二次函数f（x）x2axa（a0，xR），有且只有一个零点，数列an的前n项和Snf（n）（nN）（1）求数列an的通项公式；（2）设cn1（nN），定义所有满足cmcm10的正整数m的个数，称为这个数列cn的变号数，求数列cn的变号数解析：（1）依题意，a24a0，所以a0或a4又由a0得a4，所以f（x）x24x4所以Snn24n4当n1时，a1S11441；当n2时，anSnSn1
11、2n5所以an（2）由题意得cn由cn1可知，当n5时，恒有cn0又c13，c25，c33，c4，c5，c6，即c1c20，c2c30，c4c50所以数列cn的变号数为3C组创新应用练1已知数列an满足2，a120，则的最小值为（）A4 B41C8 D9解析：由an1an2n知a2a121，a3a222，anan12（n1），n2，以上各式相加得ana1n2n，n2，所以ann2n20，n2，当n1时，a120符合上式，所以n1，nN，所以n4时单调递减，n5时单调递增，因为，所以的最小值为8答案：C2（2021昆明调研测试）将数列an中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a1a
12、2，a3a4，a5，a6a7，a8，a9，a10记数阵中的第1列数a1，a2，a4，构成的数列为bn，Sn为数列bn的前n项和若Sn2bn1，则a56_解析：当n2时，因为Sn2bn1，所以Sn12bn11，所以bn2bn2bn1，所以bn2bn1（n2且nN），因为b12b11，所以b11，所以数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn2n1设a1，a2，a4，a7，a11，的下标1，2，4，7，11，构成数列cn，则c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1，累加得，cnc11234（n1），所以cn1，由cn156，得n11，所以a56b112101 024答案
13、：1 0243（2021湛江模拟）一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即，一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数设这个整数为a，当a2，2 019时，符合条件的a共有个解析：由题设a3m25n3，m，nN，则3m5n1，m，nN，当m5k，n不存在；当m5k1，n不存在；当m5k2，n3k1，满足题意；当m5k3，n不存在；当m5k4，n不存在其中kN故2a15k82 019，解k，则k0，1，2，134，共135个，即符合条件的a共有135个故答案为135答案：135
