2023届高考数学一轮复习作业数列的概念与简单表示法新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业数列的概念与简单表示法新人教B版（答案有详细解析），共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．已知数列eq \r(3)，eq \r(5)，eq \r(7)，…，eq \r(2n－1)，eq \r(2n＋1)，则3eq \r(5)是这个数列的( )
A．第20项 B．第21项
C．第22项 D．第23项
C [由题意知，数列的通项公式为an＝eq \r(2n＋1)，令eq \r(2n＋1)＝3eq \r(5)得n＝22，故选C．]
2．设Sn是数列{an}的前n项和，若Sn＝n2＋2n，则a2 021＝( )
A．4 043 B．4 042 C．4 041 D．2 021
A [法一：a2 021＝S2 021－S2 020＝2 0212－2 0202＋2×2 021－2×2 020＝4 043．
法二：∵Sn＝n2＋2n，∴当n＝1时，a1＝S1＝3，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－(n－1)2－2(n－1)＝2n＋1．
当n＝1时，也适合上式，∴an＝2n＋1，则a2 021＝2×2 021＋1＝4 043．]
3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn－2Sn＋1＋1＝0，则a1＝( )
A．eq \f(1,2) B．1 C．2 D．eq \f(2,3)
A [等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn－2Sn＋1＋1＝0，①
当n≥2时，Sn－1－2Sn＋1＝0，②
①－②得an－2an＋1＝0，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)(n≥2)，
∵{an}为等比数列，则eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,2)，∴当n＝1时，S1－2S2＋1＝0，
即a1－2(a1＋a2)＋1＝0⇒－a1－2a2＋1＝0，解得a1＝eq \f(1,2)．]
4．若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2 020的值为( )
A．2 B．－3 C．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,3)
D [由题意知，a2＝eq \f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝eq \f(1－3,1＋3)＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq \f(1,3)，a5＝eq \f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2，a6＝eq \f(1＋2,1－2)＝－3，…，
因此数列{an}是周期为4的周期数列，
∴a2 020＝a505×4＝a4＝eq \f(1,3)．故选D．]
5．(2021·江西南昌十中高三月考)在数列{an}中，a1＝2,2an＋1＝2an＋n，则a9等于( )
A．20 B．30 C．36 D．28
A [因为a1＝2,2an＋1＝2an＋n，所以an＋1－an＝eq \f(n,2)，
所以a9＝(a9－a8)＋(a8－a7)＋…＋(a2－a1)＋a1，
所以a9＝eq \f(8,2)＋eq \f(7,2)＋…＋eq \f(1,2)＋2＝eq \f(1＋2＋…＋7＋8,2)＋2＝eq \f(1,2)×eq \f(1＋8×8,2)＋2＝20．]
6．记Sn为数列{an}的前n项和．“任意正整数n，均有an>0”是“{Sn}是递增数列”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
A [∵“an>0”⇒“数列{Sn}是递增数列”，
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件．
如数列{an}为－1,1,3,5,7,9，…，显然数列{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，
∴“数列{Sn}是递增数列”不能推出“an>0”，
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件．
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．]
二、填空题
7．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋4，n∈N*，则an＝ ．
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5，n＝1，,2n－1，n≥2)) [因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋4，n∈N*，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4－(n－1)2－4＝2n－1；
又a1＝S1＝12＋4＝5不满足上式，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5，n＝1，,2n－1，n≥2))n∈N*．]
8．(2021·南京市中华中学高三期末)南宋数学家杨辉在《解析九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列，如数列1,3,6,10，前后两项之差得到新数列2,3,4，新数列2,3,4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列，对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为3,4,6,9,13,18,24，则该数列的第20项为 ．
193 [设此数列为{an}，可得：a1＝3，a2－a1＝1，a3－a2＝2，…，an－an－1＝n－1．
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝3＋1＋2＋…＋n－1＝3＋eq \f(nn－1,2)．
∴a20＝3＋eq \f(20×19,2)＝193．]
9．(2021·浙江杭州高三三模)已知Sn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和，2Sn＝3an－1，且am＝4lg3ak＋3，则an＝ ，m＋k的最小值为 ．
3n－1 3 [依题意，∀n∈N*,2Sn＝3an－1，则n≥2时，2Sn－1＝3an－1－1，两式相减得2an＝3an－3an－1，an＝3an－1，而2a1＝3a1－1，即a1＝1，数列{an}是公比为3的等比数列，则an＝3n－1；
因am＝4lg3ak＋3，则3m－1＝4lg33k－1＋3＝4k－1，k＝eq \f(1,4)·3m－1＋eq \f(1,4)(k，m∈N*)，
m＋k＝eq \f(1,4)·3m－1＋m＋eq \f(1,4)，因函数f(x)＝eq \f(1,4)·3x－1＋x＋eq \f(1,4)是R上的增函数，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)·3m－1＋m＋\f(1,4)))是递增数列，
m＝1时，k＝eq \f(1,2)∉N*，不符合要求，m＝2时，k＝1，所以m＋k的最小值为3．]
三、解答题
10．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0．
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
[解](1)由题意可得a2＝eq \f(1,2)，a3＝eq \f(1,4)．
(2)由aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)．
故{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
因此an＝eq \f(1,2n－1)．
11．已知数列{an}满足a1＝50，an＋1＝an＋2n(n∈N*)，
(1)求{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}的前n项和为an，若bm＝50，求正整数m的值．
[解](1)当n≥2时，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1
＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2＋2×1＋50
＝2×eq \f(n－1n,2)＋50＝n2－n＋50．
又a1＝50＝12－1＋50，
∴{an}的通项公式为an＝n2－n＋50，n∈N*．
(2)b1＝a1＝50，
当n≥2时，
bn＝an－an－1＝n2－n＋50－[(n－1)2－(n－1)＋50]＝2n－2，
即bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(50，n＝1，,2n－2，n≥2.))
当m≥2时，令bm＝50，得2m－2＝50，解得m＝26．
又b1＝50，
∴正整数m的值为1或26．
1．古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点(或圆球)在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1,3,6,10,15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛(如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，…)．若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆垛总共球的个数为( )
三角锥垛
A．55 B．220 C．285 D．385
B [数列{an}如1,3,6,10,15，…，可得通项公式an＝eq \f(n1＋n,2)．
∴Sn＝eq \f(12＋22＋…＋n2,2)＋eq \f(1＋2＋…＋n,2)
＝eq \f(nn＋12n＋1,12)＋eq \f(n1＋n,4)．
n＝10时，可得S10＝eq \f(10×11×21,12)＋eq \f(10×11,4)＝220．故选B．]
2．设数列{an}的前n项和为Sn，且∀n∈N*，an＋1＞an，Sn≥S6．请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝ ．
n－6，n∈N*(答案不唯一) [由∀n∈N*，an＋1＞an可知数列{an}是递增数列，又Sn≥S6，故数列{an}从第7项开始为正．而a6≤0，因此不妨设数列是等差数列，公差为1，a6＝0，所以an＝n－6，n∈N*．(答案不唯一)]
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋2an，n∈N*，在等差数列{bn}中，b1＝20，b3＝b5＋b9．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,an)))的最大值．
[解](1)当n≥2时，Sn＝1＋2an，Sn－1＝1＋2an－1，
Sn－Sn－1＝an＝1＋2an－1－2an－1，即an＝2an－1，eq \f(an,an－1)＝2，
当n＝1时，S1＝a1＝1＋2a1，解得a1＝－1，
则数列{an}是首项为－1、公比为2的等比数列，an＝－2n－1．
(2)设等差数列{bn}的公差为d，
则b3＝b5＋b9即b1＋2d＝2b1＋12d，b1＋10d＝0，
因为b1＝20，所以d＝－2，bn＝20－2(n－1)＝22－2n，eq \f(bn,an)＝－eq \f(22－2n,2n－1)，
则eq \f(bn＋1,an＋1)－eq \f(bn,an)＝－eq \f(20－2n,2n)＋eq \f(22－2n,2n－1)＝eq \f(24－2n,2n)，
当1≤n0，eq \f(bn＋1,an＋1)>eq \f(bn,an)；
当n＝12时，eq \f(bn＋1,an＋1)－eq \f(bn,an)＝eq \f(24－2n,2n)＝0，eq \f(b13,a13)＝eq \f(b12,a12)；
当n>12时，eq \f(bn＋1,an＋1)－eq \f(bn,an)＝eq \f(24－2n,2n)