2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 039-课时作业35 数列的概念与表示（教用）

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单选题每小题3分，多选题每小题5分，填空题每小题4分，共37分.
1．已知{an}是一个无穷数列，“a3>a2”是“{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
【答案】B
【解析】对于数列{an}，取a1=10,a2=3,a3=4，显然满足a3>a2，但{an}不是递增数列；若{an}为递增数列，则必有a3>a2，所以“a3>a2”是“{an}为递增数列”的必要不充分条件.故选B.
2．已知数列{an}的前4项分别为−1+122,2−342,−3+562,4−782，则该数列的一个通项公式为（ ）
A. an=(−1)nn+(−1)n2n−14n2B. an=(−1)nn−(−1)n2n+14n2
C. an=(−1)nn−(−1)n−12n−12n2D. an=(−1)nn+(−1)n−12n−14n2
【答案】D
【解析】观察可知，该数列的一个通项公式为an=(−1)nn+(−1)n−12n−1(2n)2=(−1)nn+(−1)n−12n−14n2，故选D.
3．已知数列{an}的前n项和Sn=n2+a12，则a1+a5=（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】C
【解析】当n=1时，a1=12+a12，解得a1=2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+a12−(n−1)2−a12=2n−1，故a5=9，故a1+a5=2+9=11，故选C.
4．（2026·河北保定模拟）已知数列{an}中，a1=−2,an2=an+1+7，则a2027=（ ）
A. −3B. −2C. 2D. 3
【答案】C
【解析】因为a1=−2,an+1=an2−7，所以a2=a12−7=−3，a3=a22−7=2，a4=a32−7=−3，a5=a42−7=2，⋯⋯ ，所以数列{an}从第2项起，偶数项均为−3，奇数项均为2，则a2027=2.故选C.
5．已知数列{an}中，an=n+16n−3，则{an}的最小项的值为 （ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】因为n>0，所以由基本不等式可得an=n+16n−3≥2n×16n−3=5，当且仅当n=16n，即n=4时取等号，故{an}的最小项的值为5.故选B.
6．已知数列{an}的前n项和为Sn，若2Sn−3an=1，则an=（ ）
A. −3n−1B. −3nC. −3n−12D. −3n2+1
【答案】A
【解析】当n=1时，2S1−3a1=1，即2a1−3a1=1,∴a1=−1；当n≥2时，2Sn−1−3an−1=1，则2(Sn−Sn−1)−3an+3an−1=0，即2an−3an+3an−1=0,∴an=3an−1，故{an}是以a1=−1为首项，3为公比的等比数列，∴an=−1×3n−1=−3n−1.故选A.
7．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，⋯ ，则该数列的第18项为（ ）
A. 200B. 162C. 144D. 128
【答案】B
【解析】偶数项分别为2，8，18，32，50，⋯ 即2×1，2×4，2×9，2×16，2×25，⋯ 即偶数项对应的通项公式为a2n=2n2，则数列的第18项为第9个偶数项，即a18=a2×9=2×92=2×81=162，故选B.
8．多选 已知数列{an}满足Sn−an=n2−n，则（ ）
A. a1=0B. an=2n
C. Sn=n(n+1)D. S2n=2n(n+1)
【答案】BC
【解析】因为Sn−an=n2−n①，所以当n=2时，S2−a2=22−2=2，即a1=2，A错误；Sn+1−an+1=(n+1)2−(n+1)②，②−①得an=2n，又a1=2满足上式，所以an=2n，B正确；又Sn=an+n2−n=n2+n=n(n+1)，所以S2n=2n(2n+1)，C正确，D错误.故选BC.
9．（2026·湖南长沙模拟）已知数列{an}的通项公式为an=n2−kn（n∈N∗），且{an}为递增数列，则k的取值范围是（ ）
A. (−∞,2)B. (−∞,3)C. (−∞,2]D. (−∞,3]
【答案】B
【解析】由于{an}为递增数列，则an+1>an对n∈N∗恒成立，即(n+1)2−k(n+1)>n2−kn，即kq时，恒有ap+q+ap−q=2ap−aq，且a1=1,
则当p=2，q=1时，a3+a1=2a2−1，即a3=2a2−2，
当p=3，q=1时，a4+a2=2a3−1，得a4=3a2−5，
当p=4，q=1时，a5+a3=2a4−1，得a5=4a2−9，
又当p=3，q=2时，a5+a1=2a3−a2，即4a2−9+1=2(2a2−2)−a2，解得a2=4，则a3=6，a4=7，a5=7，
当p=5，q=1时，a6+a4=2a5−1，得a6=6，
当p=6，q=1时，a7+a5=2a6−1，得a7=4，
所以S7=1+4+6+7+7+6+4=35，故选B.
13．（2025·山西晋中三模）多选 已知数列{an}的通项公式为an=83n−13，前n项和为Sn，则（ ）
A. [A]{an}既有最小项，也有最大项
B. 使an∈Z的n的值共有5个
C. 满足anan+1an+2≤0的n的值共有5个
D. 使Sn取得最小值的n的值为4
【答案】AD
【解析】令y=83x−13=83x−133(x>0)，易知y=83x−13在(0,133)，(133,+∞)上单调递减，所以当1≤n≤3时，an+1a3=−2>a4=−8，a5=4>a6=85>a7=1>a8=811>⋯>0.
对于A，由上述分析知数列{an}有最小项a4=−8，最大项a5=4，故A正确；
对于B，由an∈Z，知83n−13∈Z，又n∈N∗，所以n=3或n=4或n=5或n=7，所以使an∈Z的n的值共有4个，故B错误；
对于C，要使anan+1an+2≤0，且an≠0，所以an，an+1，an+2中有1个负数、两个正数或3个负数，所以n=1或n=2或n=4，故满足anan+1an+2≤0的n的值共有3个，故C错误；
对于D，当n≤4时，an0，所以当n=4时，Sn取得最小值，故D正确.故选AD.
14．（2026·湖南益阳模拟）已知函数f(x)=(3−a)x−3,x≤7,ax−6,x>7,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_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】(2,3)
【解析】因为数列{an}是递增数列，所以函数f(x)=ax−6在(7,+∞)上单调递增，可得a>1，函数f(x)=(3−a)x−3在[1,7)上单调递增，可得3−a>0，即a0，于是Sn+Sn−1=(Sn+Sn−1)(Sn−Sn−1)2，
则Sn−Sn−12=1，即Sn−Sn−1=2，又S1=a1=2，所以{Sn}是以2为首项，2为公差的等差数列，于是Sn=2+2(n−1)=2n，则Sn=4n2.当n≥2时，an=Sn−Sn−1=4n2−4(n−1)2=8n−4，又a1=4满足上式，所以数列{an}的通项公式为an=8n−4.
思维创新练
16．（6分）多选 斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用，已知斐波那契数列{an}满足a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3,n∈N)，则（ ）
A. a11=89
B. a2027为偶数
C. 存在正整数m>1，使得am,am+1,am+2成等差数列
D. 存在正整数m，使得am,am+1,am+2成等比数列
【答案】AC
【解析】依题意a1=1，a2=1，又当n≥2时，an+1=an−1+an，所以a3=2，a4=3，a5=5，a6=8，a7=13，a8=21，a9=34，a10=55，a11=89，故A正确；斐波那契数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，因此数列中的项以奇数、奇数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，又2027=3×675+2，所以a2027为奇数，故B错误；a2=1,a3=2,a4=3，显然a2,a3,a4成等差数列，所以C正确；由题可知{am,am+1,am+2}在m∈N∗上依次为｛奇数，奇数，偶数}或{奇数，偶数，奇数｝或｛偶数，奇数，奇数}，所以不可能满足am+12=amam+2，故不存在正整数m，使得am,am+1,am+2成等比数列，因此D错误.故选AC.