新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第6章6.1数列的概念（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第6章6.1数列的概念（含答案解析），共5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
1．若数列的前4项分别是eq \f(1,2)，－eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，－eq \f(1,5)，则此数列的一个通项公式为( )
A.eq \f(－1n＋1,n＋1) B.eq \f(－1n,n＋1)
C.eq \f(－1n,n) D.eq \f(－1n－1,n)
2．(2023·北京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝n2－1，则a3等于( )
A．－5 B．5 C．7 D．8
3．已知数列{an}的首项为3，an＋1－an＝2n－8(n∈N*)，则a8等于( )
A．0 B．3 C．8 D．11
4．若数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an等于( )
A．2n－1 B．n2
C.eq \f(n＋12,n2) D.eq \f(n2,n－12)
5．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，则a2 024的值为( )
A．2 B．1 C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
6．已知数列{an}的通项an＝eq \f(n,n2＋90)，则数列{an}中的最大项的值是( )
A．3eq \r(10) B．19 C.eq \f(1,19) D.eq \f(\r(10),60)
二、多项选择题
7．已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n，则下列说法正确的是( )
A．a1是数列{an}的最小项
B．a4是数列{an}的最大项
C．a5是数列{an}的最大项
D．当n≥5时，数列{an}是递减数列
8．(2023·扬州仪征中学模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an＋\r(a\\al(2,n)＋1),2)，则下列说法正确的是( )
A．a2 023>a2 022
B．4aeq \\al(2,n＋1)－1＝4an＋1an
C.eq \f(1,a\\al(2,n))＋eq \f(15,a\\al(2,n＋1))的最小值为8＋eq \r(15)
D．an≥1
三、填空题
9．若an＝－2n2＋29n＋3，则数列{an}的最大项是第________项．
10．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＝________.
11．已知数列{an}满足a1＝1，(n－1)an＝n·2nan－1(n∈N*，n≥2)，则数列{an}的通项公式为________．
12．(2024·重庆模拟)九连环是中国的一种古老智力游戏，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
13．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＝2eq \r(Sn)＋1.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
14．已知在数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝3n－λaeq \\al(2,n)，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．
15．(多选)“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现．因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”．“斐波那契数列”{an}满足a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，记其前n项和为Sn，则下列结论正确的是( )
A．S7＝33
B．S2 024＋S2 023－S2 022－S2 021＝a2 026
C．a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝a2 024
D．aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,2 023)＝a2 022a2 023
16．(2023·内江模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足aeq \\al(3,1)＋aeq \\al(3,2)＋…＋aeq \\al(3,n)＝Seq \\al(2,n)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________．
§6.1 数列的概念
1．A 2.B 3.B 4.D 5.A 6.C
7．BCD [假设第n项为{an}的最大项，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n≥n＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n－1，,n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n≥n＋3·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n＋1，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n≤5，,n≥4，))
又n∈N*，所以n＝4或n＝5，
故在数列{an}中a4与a5均为最大项，且a4＝a5＝eq \f(65,74)，当n≥5时，数列{an}是递减数列．]
8．ABD [因为an＋1－an＝eq \f(an＋\r(a\\al(2,n)＋1),2)－an＝eq \f(\r(a\\al(2,n)＋1)－an,2)>0，即an＋1>an，所以an≥a1＝1，故D正确；因为an＋1>an，所以数列{an}为递增数列，可得a2 023>a2 022，故A正确；对于选项B，因为an＋1＝eq \f(an＋\r(a\\al(2,n)＋1),2)，则2an＋1－an＝eq \r(a\\al(2,n)＋1)，两边平方整理得4aeq \\al(2,n＋1)－1＝4an＋1an，故B正确；对于选项C，因为数列{an}为递增数列且an≥1>0，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a\\al(2,n))))为递减数列，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a\\al(2,n))＋\f(15,a\\al(2,n＋1))))为递减数列，不存在最小值，故C错误．]
9．7
10.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,3)a1＋eq \f(2,3)，所以a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,3)an－eq \f(1,3)an－1，所以eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2)，
所以数列{an}是以1为首项，－eq \f(1,2)为公比的等比数列，
故an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
11．an＝
解析 当n≥2时，有(n－1)an＝n·2nan－1，
故eq \f(an,an－1)＝eq \f(n,n－1)·2n，
则有eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(n－1,n－2)·2n－1，eq \f(an－2,an－3)＝eq \f(n－2,n－3)·2n－2，…，eq \f(a2,a1)＝eq \f(2,1)×22.
上述n－1个式子累乘，得eq \f(an,a1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,n－1)·2n))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n－2)·2n－1))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－2,n－3)·2n－2))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1)×22))＝n·2n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＝.
因为a1＝1，
所以an＝，
而当n＝1时，a1＝1×20＝1，也满足上式，
故数列{an}的通项公式为an＝.
12．341
解析 由题意，an＝an－2＋2n－1，
故a3－a1＝22，
a5－a3＝24，
…
a2n－1－a2n－3＝22n－2，
以上各式相加，可得
a2n－1－a1＝22＋24＋…＋22n－2＝41＋42＋…＋4n－1，
即a2n－1＝1＋41＋42＋…＋4n－1＝eq \f(1－4n,1－4)＝eq \f(4n－1,3)，
所以按规则解开九连环最少需要移动的次数为a9＝eq \f(45－1,3)＝341.
13．解 (1)∵a1＝1，an＋1＝2eq \r(Sn)＋1，
∴a2＝2eq \r(S1)＋1＝2eq \r(a1)＋1＝3.
(2)方法一 由an＋1＝2eq \r(Sn)＋1，
得Sn＋1－Sn＝2eq \r(Sn)＋1，
故Sn＋1＝(eq \r(Sn)＋1)2.
∵an>0，∴Sn>0，
∴eq \r(Sn＋1)＝eq \r(Sn)＋1，
即eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝1，
则eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2)，
由累加法可得eq \r(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＝2eq \r(Sn)＋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.
∴aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)－2an＋1－2an＝0，
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.
∵an>0，∴an＋1－an＝2(n≥2)．
a2－a1＝2，
∴{an}为等差数列，且公差为2，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
14．解 (1)∵2Sn＝(n＋1)an，
∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，
∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，
即nan＋1＝(n＋1)an，
∴eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)＝…＝eq \f(a1,1)＝1，
∴an＝n(n∈N*)．
(2)∵bn＝3n－λn2，
∴bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1)．
∵数列{bn}为递增数列，
∴2·3n－λ(2n＋1)>0，
即λ1，
∴{cn}为递增数列，∴λ0，
所以an－an－1＝1(n≥2)，
所以an＝1＋n－1＝n.
又a1＝1适合上式，所以an＝n.