2022年新高考一轮复习考点精选练习22《数列的通项公式与性质》（含详解）

这是一份2022年新高考一轮复习考点精选练习22《数列的通项公式与性质》（含详解），共4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
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)
对于数列{an}，“an＋1＞|an|(n=1,2，…)”是“{an}为递增数列”的( )
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
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
在数列{an}中，已知a1=1，an＋1=2an＋1，则其通项公式an=( )
A.2n－1 B.2n－1＋1 C.2n－1 D.2(n－1)
数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…的第100项是( )
A.10 B.12 C.13 D.14
已知数列{an}满足a1=2,2anan＋1=aeq \\al(2,n)＋1，设bn=eq \f(an－1,an＋1)，则数列{bn}是( )
A.常数列 B.摆动数列 C.递增数列 D.递减数列
数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式是( )
A.an=n2－(n－1) B.an=n2－1
C.an=eq \f(nn＋1,2) D.an=eq \f(nn－1,2)
已知数列{an}，则“an＋1>an－1”是“数列{an}为递增数列”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
已知数列{an}的前n项和Sn=2an－1，则满足eq \f(an,n)≤2的正整数n的集合为( )
A.{1,2,3} B.{2,3,4} C.{1,2,3,4} D.{1,2,3,4,5}
数列{an}满足：a1=1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n=am＋an＋mn，
则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,a2 018)=( )
A.eq \f(2 017,2 018) B.eq \f(2 018,2 019) C.eq \f(4 034,2 018) D.eq \f(4 036,2 019)
已知数列{an}满足an=eq \r(5n－1)(n∈N*)，将数列{an}中的整数项按原来的顺序组成新数列{bn}，则b2 019的末位数字为( )
A.8 B.2 C.3 D.7
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
二、填空题
数列{an}满足an＋1=eq \f(1,1－an)，a8=2，则a1=________.
已知数列{an}的通项公式an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2·3n－1n为偶数，,2n－5n为奇数，))则a3a4=________.
数列{an}的通项公式为an=(2n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，则数列{an}的最大项为 .
若数列{an}满足a1·a2·a3·…·an=n2＋3n＋2，则数列{an}的通项公式为________.
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 .
若数列{an}是正项数列，且eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋eq \r(a3)＋…＋eq \r(an)=n2＋n，则a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)=_____.
\s 0 答案解析
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：B；
解析：当an＋1＞|an|(n=1,2，…)时，∵|an|≥an，∴an＋1＞an，∴{an}为递增数列.
当{an}为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a2＞|a1|不成立，即an＋1＞|an|(n=1,2，…)不一定成立.
综上知，“an＋1＞|an|(n=1,2，…)”是“{an}为递增数列”的充分不必要条件.
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：A
解析：由an＋1=2an＋1，可求a2=3，a3=7，a4=15，…，验证可知an=2n－1.
答案为：D；
解析：1＋2＋3＋…＋n=eq \f(1,2)n(n＋1)，由eq \f(1,2)n(n＋1)≤100，得n的最大值为13，
易知最后一个13是已知数列的第91项，
又已知数列中14共有14项，所以第100项应为14.故选D.
答案为：D；
解析：∵2anan＋1=aeq \\al(2,n)＋1，∴an＋1=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))，
∵bn=eq \f(an－1,an＋1)，∴bn＋1=eq \f(an＋1－1,an＋1＋1)=eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))－1,\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))＋1)=eq \f(an－12,an＋12)=beq \\al(2,n)，
∴bn＋1－bn=beq \\al(2,n)－bn=bn(bn－1)，
∵a1=2，b1=eq \f(2－1,2＋1)=eq \f(1,3)，∴b2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2，∴b3=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2))2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4，b4=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4))2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))8，
∴数列{bn}是递减数列，故选D.
答案为：C；
答案为：B；
解析：由题意，若“数列{an}为递增数列”，则an＋1>an>an－1，但an＋1>an－1不能推出an＋1>an，如an=1，an＋1=1，{an}为常数列，则不能推出“数列{an}为递增数列”，
所以“an＋1>an－1”是“数列{an}为递增数列”的必要不充分条件.故选B.
答案为：C
解析：因为Sn=2an－1，所以当n≥2时，Sn－1=2an－1－1，两式相减得an=2an－2an－1，
整理得an=2an－1.又a1=2a1－1，所以a1=1，故an=2n－1.又eq \f(an,n)≤2，即2n－1≤2n，
所以有n∈{1,2,3,4}.
答案为：D；
解析：∵a1=1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n=am＋an＋mn，∴an＋1=an＋n＋1，
即an＋1－an=n＋1，用累加法可得an=a1＋eq \f(n－1n＋2,2)=eq \f(nn＋1,2)，
∴eq \f(1,an)=eq \f(2,nn＋1)=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,a2 018)=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2 018)－\f(1,2 019)))=eq \f(4 036,2 019)，故选D.
答案为：D；
解析：由an=eq \r(5n－1)(n∈N*)，可得此数列为eq \r(4)，eq \r(9)，eq \r(14)，eq \r(19)，eq \r(24)，eq \r(29)，eq \r(34)，eq \r(39)，eq \r(44)，eq \r(49)，eq \r(54)，eq \r(59)，eq \r(64)，…，{an}中的整数项为eq \r(4)，eq \r(9)，eq \r(49)，eq \r(64)，eq \r(144)，eq \r(169)，…，
∴数列{bn}的各项依次为2,3,7,8,12,13,17,18，…，
末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8，….∵2 019=4×504＋3，
故b2 019的末位数字为7.故选D.
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：eq \f(1,2).
解析：由an＋1=eq \f(1,1－an)，得an=1－eq \f(1,an＋1)，
因为a8=2，所以a7=1－eq \f(1,2)=eq \f(1,2)，a6=1－eq \f(1,a7)=－1，a5=1－eq \f(1,a6)=2，…
所以数列{an}是以3为周期的数列，所以a1=a7=eq \f(1,2).
答案为： 54
解析：由题意知，a3=2×3－5=1，a4=2×34－1=54，∴a3a4=54.
答案为：0.5；
解析：an＋1－an=(2n＋3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1－(2n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2n＋3×\f(1,2)－2n＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n＋\f(3,2)－2n＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－n))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.因为n≥1，所以eq \f(1,2)－n＜0，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＞0，所以an＋1－an＜0，
所以an＋1＜an，所以a1＞a2＞a3＞…＞an＞an＋1＞…，
所以数列{an}的最大项为a1=eq \f(1,2).
答案为：an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,\f(n＋2,n)，n≥2，n∈N*.)).
解析：a1·a2·a3·…·an=(n＋1)(n＋2)，当n=1时，a1=6；
当n≥2时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1·a2·a3·…·an－1·an＝n＋1n＋2，,a1·a2·a3·…·an－1＝nn＋1，))
故当n≥2时，an=eq \f(n＋2,n)，所以an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,\f(n＋2,n)，n≥2，n∈N*.))
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：2n2＋2n.
解析：由题意得当n≥2时，eq \r(an)=n2＋n－(n－1)2－(n－1)=2n，∴an=4n2.
又n=1，eq \r(a1)=2，∴a1=4，∴eq \f(an,n)=4n，∴a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)=eq \f(1,2)n(4＋4n)=2n2＋2n.