2026届高三一轮复习练习试题（标准版）数学第六章6.1数列的概念（Word版附答案）

这是一份2026届高三一轮复习练习试题（标准版）数学第六章6.1数列的概念（Word版附答案），共7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。

一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.观察数列1，ln 2，sin 3，4，ln 5，sin 6，7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第12项是( )
A.1 212B.12C.ln 12D.sin 12
2.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=n2-1，则a3等于( )
A.-5B.5C.7D.8
3.已知数列{an}的项满足an+1=nn+2an，且a1=1，则an等于( )
A.2(n+1)2B.2n(n+1)
C.12n-1D.12n-1
4.已知数列{an}的通项an=nn2+90，则数列{an}中的最大项的值是( )
A.310B.19C.119D.1060
5.已知数列{an}满足a1=1，an-an+1=nanan+1(n∈N*)，则an等于( )
A.n2+n2B.n2-n+22
C.2n2+nD.2n2-n+2
6.(2025·江门模拟)物理学家法兰克·本福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为Pb(n)=lgbn+1n.应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若80Σn=kP10(n)=lg4811+lg25(k∈N*)，则k的值为( )
A.7B.8C.9D.10
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.已知数列{an}的前n项和公式为Sn=nn+1，则下列说法正确的是( )
A.数列{an}的首项为a1=12
B.数列{an}的通项公式为an=1n(n+1)
C.数列{an}为递减数列
D.若数列{Sn}的前n项积为Tn，则Tn=1n
8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn-an=(n-1)2，bn=2anSn2，则( )
A.Sn=n2
B.an=2n
C.数列{bn}是递减数列
D.数列{bn}的最小值为3281
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.已知数列{an}满足an=n2-λn，n∈N*，数列{an}是递增数列，试写出一个满足条件的实数λ的值： .
10.九连环是中国传统民间智力玩具，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷.现假设有n个圆环，用an表示按照某种规则解下n个圆环所需的最少移动次数，且数列{an}满足a1=1，a2=2，an=an-2+2n-1(n≥3，n∈N*)，则解开九连环最少需要移动 次.
四、解答题(共28分)
11.(13分)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a1=1，an+1=2Sn+1.
(1)求a2的值；(5分)
(2)求数列{an}的通项公式.(8分)
12.(15分)已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，Sn=anan+1+14.
(1)求{an}的通项公式；(6分)
(2)若对于任意n∈N*，2n·λ≥Sn恒成立，求实数λ的取值范围.(9分)
每小题5分，共10分
13.(2024·武汉模拟)在研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过n层薄膜，记光波的初始功率为P0，记Pk为光波经过第k层薄膜后的功率，假设在经过第k层薄膜时，光波的透过率Tk=PkPk-1=12k，其中k=1，2，3，…，n，为使得PnP0≥2-2 025，则n的最大值为( )
A.31B.32C.63D.64
14.(2025·遵义模拟)第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象.六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Kch曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Kch曲线得到2级十八角雪花曲线(如图3)……依次得到n级Kn(n∈N*)角雪花曲线.若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角夹角为π3，则n级Kn角雪花曲线的开三角个数为 ，n级Kn角雪花曲线的内角和为 .
答案精析
1.D 2.B 3.B
4.C [令f(x)=x+90x(x>0)，
运用基本不等式得f(x)≥610，
当且仅当x=310时，等号成立.
因为an=1n+90n，n∈N*，
所以1n+90n1时，n>2+1，
∴当1≤nbn+1，当n≥3时，bn0，
∴Sn+1=Sn+1，
即Sn+1-Sn=1，
则Sn-Sn-1=1(n≥2)，
Sn-1-Sn-2=1，…，
S2-S1=1，
由累加法可得Sn=1+(n-1)=n，
∴Sn=n2(n≥2)，
又S1=a1=1，满足上式，∴Sn=n2.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1
=n2-(n-1)2=2n-1，
又a1=1适合上式，∴an=2n-1.
方法二 由an+1=2Sn+1，
得(an+1-1)2=4Sn，
当n≥2时，(an-1)2=4Sn-1，
∴(an+1-1)2-(an-1)2
=4(Sn-Sn-1)=4an.
∴an+12-an2-2an+1-2an=0，
即(an+1+an)(an+1-an-2)=0.
∵an>0，∴an+1-an=2(n≥2).
又∵a2-a1=2，
∴{an}为等差数列，且公差为2，
∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
12.解 (1)因为数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，Sn=anan+1+14，
即4Sn=anan+1+1，
当n≥2时，可得4Sn-1=an-1an+1，
两式相减得4an=an(an+1-an-1)，
因为an≠0，故an+1-an-1=4，
所以a1，a3，…，a2n-1，…及a2，a4，…，a2n，…均为公差为4的等差数列，
当n=1时，由a1=1及S1=a1a2+14，解得a2=3，
所以a2n-1=1+4(n-1)=2(2n-1)-1，a2n=3+4(n-1)=2×2n-1，
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)知an=2n-1，
可得Sn=(2n-1)(2n+1)+14=n2，
因为对于任意n∈N*，2n·λ≥Sn恒成立，
所以λ≥n22n恒成立，
设bn=n22n，则bn+1-bn=(n+1)22n+1-n22n=-n2+2n+12n+1，
当1-2…，
故(bn)max=b3=98，所以λ≥98，
即实数λ的取值范围为98，+∞.
13.C [由题意PnPn-1=12n，Pn-1Pn-2=12n-1，…，P1P0=12，所以PnP0=12n×12n-1×…×12=12n(n+1)2≥2-2 025，所以n(n+1)2≤2 025，即n(n+1)≤4 050，
显然f(n)=n(n+1)关于n单调递增，其中n∈N*，又f(63)=4 032