2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业三十五数列的概念及简单表示

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业三十五数列的概念及简单表示，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．[2023·山东东营期末]已知数列1，eq \r(3)，eq \r(5)，eq \r(7)，3，eq \r(11)，…，eq \r(2n－1)，…，则eq \r(2023)是这个数列的( )
A．第1011项B．第1012项
C．第1013项D．第1014项
2．数列eq \f(1,3)，－eq \f(1,2)，eq \f(3,5)，－eq \f(2,3)，…的通项公式可能是( )
A．an＝(－1)neq \f(1,4－n)B．an＝(－1)n－1eq \f(1,4－n)
C．an＝(－1)neq \f(n,n＋2)D．an＝(－1)n－1eq \f(n,n＋2)
3．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，且满足Sn＝2n－1，则a10＝( )
A．256B．512
C．1024D．2048
4．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，a1＝2，a2023＝( )
A．－1B．1
C．2D．eq \f(1,2)
5．[2023·河北邢台期末]下列通项公式中，对应数列是递增数列的是( )
A．an＝1－nB．an＝eq \f(1,4n)
C．an＝2n2－5n＋1D．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n＋3，n≤2，,2n－1，n>2))
6．两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩上画出点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，如图中实心点的个数依次为5，9，14，20，…，这样的一组数被称为梯形数，记此数列为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，则( )
A．an＋1＋an＝n＋2B．an＋1－an＝n＋2
C．an＋1＋an＝n＋3D．an＋1－an＝n＋3
7．[2023·江西临川模拟]已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋1，则下列结论正确的是( )
A．an＝2n－1
B．an＝2n＋1
C．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n>1))
D．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n＋1，n>1))
8．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1))an－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n≥2))，a1＝2，则a4＝( )
A．2B．6
C．12D．20
9．(能力题)[2023·安徽合肥期末]若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项积bn＝1－eq \f(2,7)n，则an的最大值与最小值之和为( )
A．－eq \f(1,3)B．eq \f(5,7)
C．2D．eq \f(7,3)
10．(能力题)[2023·山东菏泽模拟]已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋1，则下列选项正确的是( )
A．an＋1－an的值随n的变化而变化
B．a5a6＝a1a10
C．若m＋n＝2p，则am＋an＝a2p
D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为递增数列
二、多项选择题
11．[2023·广东南海中学模拟]已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为an＝eq \f(3n＋k,2n)，若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递减数列，则实数k不能取的值是( )
A．－1B．0
C．1D．2
12．[2023·河北临城模拟]费马数是以数学家费马命名的一组自然数，具有如下形式：Fn＝22n＋1(n＝0，1，2，…).若bn＝eq \f(1,lg2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Fn－1))－36)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N＋))，则( )
A．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的最大项为b1
B．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的最大项为b6
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的最小项为b1
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的最小项为b5
三、填空题
13．[2023·广东潮州期末]已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为an＝－2n2＋21n，则该数列中的数值最大的项是第________项．
14．(能力题)[2023·河南濮阳模拟]已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－1))n－4，n≤5，,（7－a）n－1，n>5，))若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递增数列，则实数a的取值范围为________．
四、解答题
15．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn＝eq \f(n2＋3n,2).
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)令bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n－1·an，试问：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是否有最大项？若有，指出第几项最大；若没有，请说明理由．
优生选做题
16．[2023·湖南衡阳模拟]意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用．若此数列的各项除以3的余数构成一个新数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前2022项的和为________．
17．[2023·河北石家庄二中模拟]设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，a1＝4，2Sn＝an＋1＋2n－4.
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)设bn＝4n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))ntan，若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是递增数列，求t的取值范围．
课时作业（三十五） 数列的概念及简单表示
1．解析：由数列1，eq \r(3)，eq \r(5)，eq \r(7)，3，eq \r(11)，…，eq \r(2n－1)，…，
可得an＝eq \r(2n－1)，
令an＝eq \r(2n－1)＝eq \r(2023)，解得n＝1012，
所以eq \r(2023)是这个数列的第1012项．故选B.
答案：B
2．解析：将数列eq \f(1,3)，－eq \f(1,2)，eq \f(3,5)，－eq \f(2,3)，…变为eq \f(1,3)，－eq \f(2,4)，eq \f(3,5)，－eq \f(4,6)，…，从而可知分子的规律为n，分母的规律为n＋2，再结合正负的调节，可知其通项为an＝（－1）n－1eq \f(n,n＋2).故选D.
答案：D
3．解析：由题意a10＝S10－S9＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(210－1))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(29－1))＝512.故选B.
答案：B
4．解析：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，a1＝2，
可得a2＝eq \f(1,1－a1)＝－1，a3＝eq \f(1,1－a2)＝eq \f(1,2)，
a4＝eq \f(1,1－a3)＝2，a5＝－1，
可得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为以3为周期的数列，
又2023＝1＋674×3，
∴a2023＝a1＝2.故选C.
答案：C
5．解析：对于A，B选项对应数列是递减数列．对于C选项，an＋1－an＝4n－3>0，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递增数列．对于D选项，由于a2>a3.所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))不是递增数列．故选C.
答案：C
6．解析：观察梯形数的前几项，得：
a2－a1＝4，
a3－a2＝5，
a4－a3＝6，
…
由此可得an＋1－an＝n＋3.故选D.
答案：D
7．解析：因为Sn＝n2＋1，所以当n＝1时，a1＝12＋1＝2，当n≥2时，Sn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))2＋1，所以an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－（n－1）2－1＝2n－1，
当n＝1时an＝2n－1不成立，
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2.))故选C.
答案：C
8．解析：由（n－1）an＝（n＋1）an－1得eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)，
∴an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)×…×eq \f(an,an－1)＝2×eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×eq \f(5,3)×…×eq \f(n＋1,n－1)＝n（n＋1）（n≥2），
∴a4＝4（4＋1）＝20.故选D.
答案：D
9．解析：∵数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项积bn＝1－eq \f(2,7)n，
当n＝1时，a1＝eq \f(5,7)，
当n≥2时，bn－1＝1－eq \f(2,7)（n－1），an＝eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(1－\f(2,7)n,1－\f(2,7)（n－1）)＝eq \f(2n－7,2n－9)＝1＋eq \f(2,2n－9)，
n＝1时也适合上式，
∴an＝1＋eq \f(2,2n－9)，
∴当n≤4时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))单调递减，且an1，
故an的最大值为a5＝3，最小值为a4＝－1，
∴an的最大值与最小值之和为2.故选C.
答案：C
10．解析：因为对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋1，
所以令m＝1，得an＋1－an＝a1＋1＝1＋1＝2，故A不正确；
所以an＝a1＋（n－1）×2＝1＋2n－2＝2n－1，
所以a5a6－a1a10＝9×11－1×19＝80≠0，所以B不正确；
若m＋n＝2p，则am＋an－a2p＝2m－1＋2n－1－4p＋1＝－1≠0，故C不正确；
eq \f(Sn,n)＝eq \f(\f(n（1＋2n－1）,2),n)＝n，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为递增数列，故D正确．故选D.
答案：D
11．解析：∵数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递减数列，
∴an＋1－an0，所以k∈（0，＋∞）故选AB.
答案：AB
12．解析：bn＝eq \f(1,lg2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Fn－1))－36)＝eq \f(1,2n－36)，因为函数f（n）＝2n－36单调递增，且当n≤5时，bn0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的最大项为b6，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的最小项为b5.故选BD.
答案：BD
13．解析：因为an＝－2n2＋21n，所以an＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(21,4)))2＋eq \f(441,8)，由于n∈N*，所以当n＝5时，an最大，此时a5＝55.
答案：5
14．解析：由题意，数列an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－1))n－4，n≤5，,（7－a）n－1，n>5))为递增数列，
则满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－1>1,7－a>0,a52,a－eq \f(3×4n,4×3n＋2)，
又由－eq \f(3×4n,4×3n＋2)＋eq \f(3×4n－1,4×3n－1＋2)
＝－eq \f(3n·4n＋18·4n－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4×3n＋2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4×3n－1＋2)))－eq \f(6,7)；
当n为偶数时，3×4n－teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4×3n＋2))>0，即t