统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练28数列的概念与简单表示法文

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练28数列的概念与简单表示法文，共4页。
[基础强化]
一、选择题
1．若数列的前4项分别为 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．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8＝( )
A.15 B．16
C.49 D．64
3．已知数列 eq \r(2)， eq \r(6)， eq \r(10)， eq \r(14)，3 eq \r(2)，…，那么7 eq \r(2)是这个数列的第( )
A.23项 B．25项
C.19项 D．24项
4．已知an＝ eq \f(n－1,n＋1)，那么数列{an}是( )
A.递减数列 B．递增数列
C.常数列 D．摆动数列
5．在数列1，2， eq \r(7)， eq \r(10)， eq \r(13)，…中，2 eq \r(19)是这个数列的第( )
A.16项 B．24项
C.26项 D．28项
6．[2023·潍坊一模]已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn＝n2＋4n＋1，则a1＋a3＋a5＝( )
A.27 B．28
C.29 D．30
7．已知数列{an}，an＝－2n2＋λn.若该数列是递减数列，则实数λ的取值范围是( )
A.(－∞，6) B．(－∞，4]
C.(－∞，5) D．(－∞，3]
8．[2023·安徽省蚌埠市质检] 若数列{an}满足：a1＝1，且an＋1＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋3，n为奇数,2an－1，n为偶数))，则a5＝( )
A.7 B．10
C.19 D．22
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1，(n∈N*)，则S5＝( )
A.31 B．42
C.37 D．47
二、填空题
10. eq \f(2,3)， eq \f(4,5)， eq \f(8,7)， eq \f(16,9)，…的一个通项公式是________．
11．记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________．
12．设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________．
[能力提升]
13．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln (1＋ eq \f(1,n))，则an＝( )
A.2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C.2＋n ln n D．1＋n＋ln n
14．已知数列{an}满足
an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－2，n＜4，,（6－a）n－a，n≥4，))若对任意的n∈N*都有an＜an＋1成立，则实数a的取值范围为( )
A.(1，4) B．(2，5)
C.(1，6) D．(4，6)
15．数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式为________．
16．[2023·北京质检]已知数列{an}满足21·a1＋22·a2＋23·a3＋…＋2n·an＝(n－1)·2n＋1＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________．
专练28 数列的概念与简单表示法
1．A
2．A ∵a8＝S8－S7＝82－72＝15.
3．B a1＝ eq \r(2)，a2＝ eq \r(6)＝ eq \r(2＋4)，a3＝ eq \r(10)＝ eq \r(2＋2×4)，a4＝ eq \r(2＋3×4)，…，an＝ eq \r(2＋（n－1）×4)，由 eq \r(2＋4（n－1）)＝7 eq \r(2)＝ eq \r(98)，得n＝25.
4．B ∵an＋1－an＝ eq \f(n,n＋2)－ eq \f(n－1,n＋1)＝ eq \f(n（n＋1）－（n－1）（n＋2）,（n＋1）（n＋2）)＝ eq \f(2,（n＋1）（n＋2）)，又n∈N*，
∴ eq \f(2,（n＋1）（n＋2）)＞0，
即：an＋1－an＞0，∴an＋1＞an，∴{an}为递增数列．
5．C 数列可化为 eq \r(1)， eq \r(3×1＋1)， eq \r(3×2＋1)， eq \r(3×3＋1)， eq \r(3×4＋1)，…，
∴an＝ eq \r(3（n－1）＋1)＝ eq \r(3n－2)，
由 eq \r(3n－2)＝2 eq \r(19)＝ eq \r(76)，得n＝26.
6．B 因为Sn＝n2＋4n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝6，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋3.经检验，当n＝1时不符合，所以an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2n＋3，n≥2，))所以a1＋a3＋a5＝28.
7．A 由题意得an＋1－an＝－2(n＋1)2＋λ(n＋1)＋2n2－λn＝－4n－2＋λ＜0恒成立，∴－4－2＋λ＜0，∴λ＜6.
8．C 因为a1＝1，且an＋1＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋3，n为奇数,2an－1，n为偶数))，所以a2＝a1＋3＝4，a3＝2a2－1＝7，a4＝a3＋3＝10，a5＝2a4－1＝19.
9．D 由an＋1＝Sn＋1，得an＝Sn－1＋1(n≥2)，
∴an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，
∴ eq \f(an＋1,an)＝2(n≥2)，又a2＝S1＋1＝3，a1＝2，
∴an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,3×2n－2，n≥2，))
∴Sn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,3×2n－1－1，n≥2，))
∴S5＝3×25－1－1＝47.
10．答案： eq \f(2n,2n＋1)
解析：∵ eq \f(2,3)＝ eq \f(21,2＋1)， eq \f(4,5)＝ eq \f(22,2×2＋1)， eq \f(8,7)＝ eq \f(23,2×3＋1)， eq \f(16,9)＝ eq \f(24,2×4＋1)，
∴an＝ eq \f(2n,2n＋1).
11．答案：－63
解析：当n＝1时，a1＝2a1＋1，得a1＝－1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an－1－1＝2an－2an－1，
即：an＝2an－1，∴{an}是以－1为首项以2为公比的等比数列，
∴an＝－2n－1，∴S6＝ eq \f(－1×（1－26）,1－2)＝－63.
12．答案： eq \f(n2＋n,2)
解析：由an＋1－an＝n＋1，∴当n≥2时，a2－a1＝1＋1＝2，
a3－a2＝2＋1＝3，a4－a3＝3＋1＝4，…，an－an－1＝n－1＋1＝n，
∵an－a1＝ eq \f(（2＋n）（n－1）,2)，∴an＝ eq \f(n2＋n,2)(n≥2)，
又当n＝1时a1＝1也适合上式，∴an＝ eq \f(n2＋n,2).
13．A 由an＋1＝an＋ln (1＋ eq \f(1,n))得
an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n)＝ln (n＋1)－ln n，
∴当n≥2时，a2－a1＝ln 2－ln 1，a3－a2＝ln 3－ln 2，…，an－an－1＝ln n－ln (n－1)，
∴an－a1＝ln n，∴an＝ln n＋a1＝2＋ln n，
又当n＝1时，a1＝2＝2＋ln 1符合上式．
∴an＝2＋ln n．
14．A 因为对任意的n∈N*都有an＜an＋1成立，所以数列是递增数列，因此 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＜a，,6－a＞0，,a＜（6－a）×4－a，))解得1＜a＜4.
15．答案：an＝2n－1
解析：由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴ eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝2，∴{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，
∴an＝2n－1
16．答案：n
解析：∵2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＋2nan＝(n－1)·2n＋1＋2，∴2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＝(n－2)·2n＋2(n≥2)，两式相减，得2nan＝n·2n，即an＝n(n≥2)，当n＝1时，a1＝1，适合an＝n，故an＝n(n∈N*).