6.1 数列的概念及表示（十年高考）（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习十年真题分类题组

**基本信息** 精选2013-2023年高考真题，聚焦数列核心考点，融合文化情境与逻辑推理，适配一轮复习基础巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|4题/18分|数列概念、递推关系、单调性|第1题以钢琴和弦为情境，第3题结合椭圆几何直观分析面积变化| |填空题|5题/27分|前n项和、周期性、反证法应用|第9题通过反证法判断数列项的范围，第5题构建递推求S₅|

第六章 数列 6.1数列的概念及表示 考点　数列的概念和性质 1.(2020课标Ⅱ文,3,5分)如图,将钢琴上的12个键依次记为a1,a2,…,a12,设1≤i<j<k≤12.若k-j=3且j-i=4,则称ai,aj,ak为原位大三和弦;若k-j=4且j-i=3,则称ai,aj,ak为原位小三和弦.用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为(　　) A.5　　　B.8　　　C.10　　　D.15 答案　C　根据已知条件可知原位大三和弦有a1,a5,a8;a2,a6,a9;a3,a7,a10;a4,a8,a11;a5,a9,a12,共5个.原位小三和弦有a1,a4,a8;a2,a5,a9;a3,a6,a10;a4,a7,a11;a5,a8,a12,共5个,所以用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为10,故选C. 2.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=+b,n∈N*,则(　　) A.当b=时,a10>10　　　　　B.当b=时,a10>10 C.当b=-2时,a10>10　　　　　D.当b=-4时,a10>10 答案　A　本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用. 令an+1=an,即+b=an,即-an+b=0,若有解, 则Δ=1-4b≥0,即b≤, ∴当b≤时,an=,n∈N*, 即存在b≤,且a=或,使数列{an}为常数列, B、C、D选项中,b≤成立,故存在a=<10, 使an=(n∈N*),排除B、C、D. 对于A,∵b=,∴a2=+≥,a3=+≥+=,a4≥+=, ∴a5>,a6>,…,a10>, 而==1+×+×+…=1+4++…>10.故a10>10. 3.(2013课标Ⅰ理,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,则(　　) A.{Sn}为递减数列 B.{Sn}为递增数列 C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列 D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列 答案　B　由bn+1=,cn+1=得 bn+1+cn+1=an+(bn+cn),(*) bn+1-cn+1=-(bn-cn), 由an+1=an得an=a1,代入(*)得bn+1+cn+1=a1+(bn+cn), ∴bn+1+cn+1-2a1=(bn+cn-2a1), ∵b1+c1-2a1=2a1-2a1=0,∴bn+cn=2a1>|BnCn|=a1,所以点An在以Bn、Cn为焦点且长轴长为2a1的椭圆上(如图).由b1>c1得b1-c1>0,所以|bn+1-cn+1|=(bn-cn),即|bn-cn|=(b1-c1)·,所以当n增大时|bn-cn|变小,即点An向点A处移动,即边BnCn上的高增大,又|BnCn|=an=a1不变,所以{Sn}为递增数列. 4.(2023北京,10,4分,难)已知数列{an}满足an+1=(an-6)3+6(n=1,2,3,…),则 (　　) A.当a1=3时,{an}为递减数列,且存在常数M≤0,使得an>M恒成立 B.当a1=5时,{an}为递增数列,且存在常数M≤6,使得an<M恒成立 C.当a1=7时,{an}为递减数列,且存在常数M>6,使得an>M恒成立 D.当a1=9时,{an}为递增数列,且存在常数M>0,使得an<M恒成立 答案　B　令bn=an-6, 由an+1=(an-6)3+6,得bn+1=. 当a1=5时,b1=-1,则b2=,b3=,…… n→+∞时,bn→0,且bn<0,则an→6,且an<6,即6-an>0恒成立.故{an}为递增数列,且存在M=6,使得an<6恒成立,B正确. 同理,当a1=3时,b1=-3,n→+∞时,bn→-∞,即an→-∞,故不存在M,使得an>M恒成立,A错误. 当a1=7时,b1=1,n→+∞时,bn→0,且bn>0,则an→6,且an>6,故{an}为递减数列,但不存在M>6,使得an>M恒成立,C错误. 当a1=9时,b1=3,n→+∞时,bn→+∞,即an→+∞,故不存在M,使得an<M恒成立,D错误. 5.(2016浙江,理13,文13,6分)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=　　　　,S5=　　　　.  答案　1;121 解析　解法一:∵an+1=2Sn+1,∴a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1,又∵S2=4,∴4-a1=2a1+1,解得a1=1.又an+1=Sn+1-Sn, ∴Sn+1-Sn=2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,由S2=4,可求出S3=13,S4=40,S5=121. 解法二:由an+1=2Sn+1,得a2=2S1+1,即S2-a1=2a1+1,又S2=4,∴4-a1=2a1+1,解得a1=1.又an+1=Sn+1-Sn,∴Sn+1-Sn=2Sn+1,即Sn+1=3Sn+1,则Sn+1+=3,又S1+=,∴是首项为,公比为3的等比数列, ∴Sn+=×3n-1,即Sn=,∴S5==121. 评析　　本题考查了数列的前n项和Sn与an的关系,利用an+1=Sn+1-Sn得出Sn+1=3Sn+1是解题的关键. 6.(2014课标Ⅱ文,16,5分)数列{an}满足an+1=,a8=2,则a1=　　　　.  答案　 解析　由an+1=,得an=1-, ∵a8=2,∴a7=1-=, a6=1-=-1,a5=1-=2,…, ∴{an}是以3为周期的数列, ∴a1=a7=. 7.(2013课标Ⅰ理,14,5分)若数列{an}的前n项和Sn=an+,则{an}的通项公式是an=　　　　.  答案　(-2)n-1 解析　由Sn=an+得:当n≥2时,Sn-1=an-1+,∴当n≥2时,an=-2an-1,又n=1时,S1=a1=a1+,a1=1,∴an=(-2)n-1. 8.(2015课标Ⅱ理,16,5分)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=　　　　.  答案　- 解析　∵an+1=Sn+1-Sn,∴Sn+1-Sn=Sn+1Sn,又由a1=-1,知Sn≠0,∴-=1,∴是等差数列,且公差为-1,而==-1,∴=-1+(n-1)×(-1)=-n,∴Sn=-. 9.(2022北京,15,5分)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足an·Sn=9(n=1,2,…).给出下列四个结论: ①{an}的第2项小于3; ②{an}为等比数列; ③{an}为递减数列; ④{an}中存在小于的项. 其中所有正确结论的序号是　　　　.  答案　 ①③④ 解析　当n=1时,a1·a1=9,由a1>0,得a1=3, 当n=2时,a2·S2=a2(a2+3)=9,即+3a2-9=0, 解得a2=,又a2>0,所以a2=,所以a2<3,故①正确. an+1-an=,又知各项均为正数,所以Sn+1>Sn,所以Sn-Sn+1<0,即an+1-an<0.所以an+1<an,所以数列{an}为递减数列,故③正确. 由Sn·an=9得Sn=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,两边同乘an得,若{an}为等比数列,设公比为q,则=q(n≥2)为常数,则也为常数,由③知{an}是递减数列,所以{an}不为等比数列,故②错误. 假设{an}中所有项均大于或等于,即an≥,取n>90 000,则Sn=a1+a2+…+an>×90 000=900,∴an·Sn>×900=9,与已知an·Sn=9相矛盾,所以④正确. 故正确结论的序号为①③④. ( 第 31 页 共 31 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $