2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习22《数列的概念与简单表示法》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习22《数列的概念与简单表示法》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
数列{an}的前n项和Sn=2n2－3n(n∈N*)，若p－q=5，则ap－aq=( )
A.10 B.15 C.－5 D.20
已知数列{an}中a1=1，an=n(an＋1－an)(n∈N*)，则an=( )
A.2n－1 B.( SKIPIF 1 < 0 )n－1 C.n D.n2
已知数列1,2，eq \r(7)，eq \r(10)，eq \r(13)，…，则2eq \r(19)在这个数列中的项数是( )
A.16 B.24 C.26 D.28
已知数列{an}的通项公式为an=eq \f(1,2n－15)，则其最大项和最小项分别为( )
A.1，－eq \f(1,7) B.0，－eq \f(1,7) C.eq \f(1,7)，－eq \f(1,7) D.1，－eq \f(1,11)
已知数列{an}满足an＋1=eq \f(1,1－an)，若a1=eq \f(1,2)，则a2 019=( )
A.－1 B.eq \f(1,2) C.1 D.2
设数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，{Sn＋nan}为常数列，则an等于( )
A.eq \f(1,3n－1) B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D.eq \f(5－2n,3)
在数列{an}中，a1=1，a2=2，若an＋2=2an＋1－an＋2，则an=( )
A.eq \f(1,5)n2－eq \f(2,5)n＋eq \f(6,5) B.n3－5n2＋9n－4
C.n2－2n＋2 D.2n2－5n＋4
在数列{an}中，a1=1，an＋1=2an＋1(n∈N*)，则a4的值为( )
A.31 B.30 C.15 D.63
已知正项数列{an}中，eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)=eq \f(nn＋1,2)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )
A.an=n B.an=n2 C.an=eq \f(n,2) D.an=eq \f(n2,2)
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－ax－6，x≤10，,ax－9，x＞10，))若数列{an}满足an=f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是( )
A.(1,3) B.(1,2] C.(2,3) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24,11)，3))
意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1,1,2,3,5,8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列{an}称为斐波那契数列.
则(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＋a6a8)－(aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,5)＋aeq \\al(2,6)＋aeq \\al(2,7))=( )
A.0 B.－1 C.1 D.2
已知数列{xn}满足xn＋2=|xn＋1－xn|(n∈N*)，若x1=1，x2=a(a≤1，a≠0)，且xn＋3=xn对于任意的正整数n均成立，则数列{xn}的前2 017项和S2 017=( )
A.672 B.673 C.1 342 D.1 345
二、填空题
已知数列{an}满足a1=1，且an=n(an＋1－an)(n∈N*)，则a3= ，an= .
已知数列{an}满足a1=1，an＋1－2an=2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an= .
已知数列{an}的前n项和Sn=eq \f(1,3)an＋eq \f(2,3)，则{an}的通项公式an=________.
已知数列{an}中，前n项和为Sn，且Sn=eq \f(n＋1,2)an，则eq \f(an,an－1)(n>1)的最大值为 .
在数列{an}中，a1=1，a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(an,n2)=an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an=______.
已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an=λ(n2＋2n)，其中a1=1，a2=2，若an \s 0 答案解析
答案为：D.
解析：当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]=4n－5，
当n=1时，a1=S1=－1，符合上式，所以an=4n－5，所以ap－aq=4(p－q)=20.
答案为：C；
解析：由an=n(an＋1－an)，得(n＋1)an=nan＋1，即eq \f(an＋1,n＋1)=eq \f(an,n)，
∴{eq \f(an,n)}为常数列，即eq \f(an,n)=eq \f(a1,1)=1，故an=n.故选C.
答案为：C.
解析：因为a1=1=eq \r(1)，a2=2=eq \r(4)，a3=eq \r(7)，a4=eq \r(10)，a5=eq \r(13)，…，所以an=eq \r(3n－2).
令an=eq \r(3n－2)=2eq \r(19)=eq \r(76)，解得n=26.
答案为：A
解析：由题意知a1=－eq \f(1,13)，a2=－eq \f(1,11)，a3=－eq \f(1,7)，a4=1，则当n≥4时，an＞0.
又当n≥5时，an－an－1=eq \f(1,2n－15)－eq \f(1,2n－1－15)=eq \f(－2n－1,2n－152n－1－15)＜0，
所以an＜an－1，于是数列{an}的最大项为1，最小项为－eq \f(1,7).
答案为：A；
解析：由a1=eq \f(1,2)，an＋1=eq \f(1,1－an)，得a2=eq \f(1,1－a1)=2，a3=eq \f(1,1－a2)=－1，a4=eq \f(1,1－a3)=eq \f(1,2)，a5=eq \f(1,1－a4)=2，…，
于是可知数列{an}是以3为周期的周期数列，因此a2 018=a3×672＋3=a3=－1.
答案为：B；
解析：由题意知，Sn＋nan=2，当n≥2时，(n＋1)an=(n－1)an－1，
从而eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)=eq \f(1,3)·eq \f(2,4)·…·eq \f(n－1,n＋1)，有an=eq \f(2,nn＋1)，
当n=1时上式成立，所以an= SKIPIF 1 < 0 .
答案为：C；
解析：由题意得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)=2，
因此数列{an＋1－an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
an＋1－an=1＋2(n－1)=2n－1，
当n≥2时，an=a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
=1＋1＋3＋…＋(2n－3)=1＋eq \f(1＋2n－3n－1,2)=(n－1)2＋1=n2－2n＋2，
又a1=1=12－2×1＋2，因此an=n2－2n＋2(n∈N*)，故选C.
答案为：C；
解析：由题意，得a2=2a1＋1=3，a3=2a2＋1=7，a4=2a3＋1=15，故选C.
答案为：B；
解析：∵eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)=eq \f(nn＋1,2)，
∴eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an－1)=eq \f(nn－1,2)(n≥2)，
两式相减得eq \r(an)=eq \f(nn＋1,2)－eq \f(nn－1,2)=n(n≥2)，∴an=n2(n≥2).
又当n=1时，eq \r(a1)=eq \f(1×2,2)=1，a1=1，适合上式，∴an=n2，n∈N*.故选B.
答案为：C；
解析：∵数列{an}是递增数列，f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－ax－6，x≤10，,ax－9，x＞10，))an=f(n)(n∈N*)，
∴3－a＞0，a＞1且f(10)＜f(11)，∴1＜a＜3且10(3－a)－6＜a2，
解得2＜a＜3，故实数a的取值范围是(2,3)，故选C.
答案为：A；
解析：a1a3－aeq \\al(2,2)=1×2－1=1，a2a4－aeq \\al(2,3)=1×3－22=－1，a3a5－aeq \\al(2,4)=2×5－32=1，
a4a6－aeq \\al(2,5)=3×8－52=－1，…，
则(a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＋a6a8)－(aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,5)＋aeq \\al(2,6)＋aeq \\al(2,7))=0.
答案为：D；
解析：∵x1=1，x2=a(a≤1，a≠0)，∴x3=|x2－x1|=|a－1|=1－a，
∴x1＋x2＋x3=1＋a＋(1－a)=2，又xn＋3=xn对于任意的正整数n均成立，
∴数列{xn}的周期为3，
所以数列{xn}的前2 017项和S2 017=S672×3＋1=672×2＋1=1 345.故选D.
答案为：3，n.
解析：由an=n(an＋1－an)，可得eq \f(an＋1,an)=eq \f(n＋1,n)，则an=eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a2,a1)·a1
=eq \f(n,n－1)×eq \f(n－1,n－2)×eq \f(n－2,n－3)×…×eq \f(2,1)×1=n(n≥2)，∴a3=3.∵a1=1满足an=n，∴an=n.
答案为：n·2n－1.
解析：an＋1－2an=2n两边同除以2n＋1，可得eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)=eq \f(1,2)，又eq \f(a1,2)=eq \f(1,2)，
∴数列{eq \f(an,2n)}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，∴eq \f(an,2n)=eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)=eq \f(n,2)，∴an=n·2n－1.
答案为：(－eq \f(1,2))n－1
解析：当n=1时，a1=S1=eq \f(1,3)a1＋eq \f(2,3)，
∴a1=1; 当n≥2时，an=Sn－Sn－1=eq \f(1,3)an－eq \f(1,3)an－1，∴eq \f(an,an－1)=－eq \f(1,2).
∴数列{an}是首项a1=1，公比q=－eq \f(1,2)的等比数列，故an=(－eq \f(1,2))n－1.
答案为：2.
解析：∵Sn=eq \f(n＋1,2)an，∴当n>1时，an=Sn－Sn－1=eq \f(n＋1,2)an－eq \f(n,2)an－1，即eq \f(an,an－1)=eq \f(n,n－1)，
∵数列{eq \f(n,n－1)}单调递减，∴当n=2时，eq \f(an,an－1)=2最大.
答案为：eq \f(2n,n＋1).
解析：由a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(an,n2)=an(n∈N*)知，当n≥2时，a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(an－1,n－12)=an－1，
∴eq \f(an,n2)=an－an－1，即eq \f(n＋1,n)an=eq \f(n,n－1)an－1，∴eq \f(n＋1,n)an=…=2a1=2，∴an=eq \f(2n,n＋1).
答案为：[0，＋∞).
解析：由nan＋2－(n＋2)an=λ(n2＋2n)=λn(n＋2)得eq \f(an＋2,n＋2)－eq \f(an,n)=λ，
所以数列{eq \f(an,n)}的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列，因为a1=1，a2=2，
所以当n为奇数时，eq \f(an,n)=1＋λ(eq \f(n＋1,2)－1)=eq \f(n－1,2)λ＋1，所以an=eq \f(n2－n,2)λ＋n.
当n为偶数时，eq \f(an,n)=1＋λ(eq \f(n,2)－1)=eq \f(n－2,2)λ＋1，所以an=eq \f(n2－2n,2)λ＋n，
当n为奇数时，由an即λ(n－1)>－2，若n=1，则λ∈R，若n>1，则λ>－eq \f(2,n－1)，所以λ≥0.
当n为偶数时，由an－2，
所以λ>－eq \f(2,3n)，即λ≥0.综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞).