2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习41数列的概念（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习41数列的概念（Word版附解析），共9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。

1．数列－eq \f(3,2)，eq \f(4,7)，－eq \f(5,14)，eq \f(6,23)，－eq \f(7,34)，…的一个通项公式为an＝( )
A．(－1)n·eq \f(n＋2,5n－3)
B．(－1)n＋1·eq \f(n＋2,5n－3)
C．(－1)n·eq \f(n＋2,（n＋1）2－2)
D．(－1)n＋1·eq \f(n＋2,（n＋1）2－2)
2．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
3．已知数列1，eq \r(3)，eq \r(5)，eq \r(7)，3，eq \r(11)，…，eq \r(2n－1)，…，则7是这个数列的( )
A．第21项B．第23项
C．第25项D．第27项
4．[2024·安徽合肥模拟]已知数列{an}满足a1＝eq \r(2)，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－1，an>1，,\f(1,an)，0A．eq \r(2)－1B．eq \f(\r(2),2)
C．eq \r(2)D．eq \r(2)＋1
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2n2，则a5＝( )
A．16B．18
C．20D．25
6．[2024·河北张家口模拟]已知数列{an}的前n项的积为Tn，且Tn＝n(n＝1，2，3，…)，则数列{an}( )
A．有最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项
D．无最大项，无最小项
7．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n－15)，其最大项和最小项的值分别为( )
A．1，－eq \f(1,7)B．0，－eq \f(1,7)
C．eq \f(1,7)，－eq \f(1,7)D．1，－eq \f(1,11)
8．已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1，an＋1＋2Sn＝2n＋1，则S2023＝( )
A．2021B．2022
C．2023D．2024
9．(素养提升)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中提出了垛积问题，涉及逐项差数之差或者高次差成等差数列的高阶等差数列．现有一个高阶等差数列的前6项分别为4，7，11，16，22，29，则该数列的第18项为( )
A．172B．183
C．191D．211
10．(素养提升)[2024·江西宜春模拟]在数列{an}中，a1＝1，p＝(an＋1，n＋1)，q＝(n，－an)，且p⊥q，则a2021＝( )
A．1 B．2020 C．2021 D．2022
二、多项选择题
11．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝－n2＋7n，则( )
A．{an}是递增数列
B．a10＝－12
C．当n>4时，an<0
D．当n＝3或4时，Sn取得最大值
12．在数列{an}中，an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n)，则数列{an}中的最大项可以是( )
A．第6项B．第7项
C．第8项D．第9项
三、填空题
13．[2024·河南安阳模拟]已知数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n＋1，n为奇数,2\s\up6(\f(n,2))，n为偶数))，若ak＝a20(k≠20)，则k＝____________．
14．设a>0且a≠1，已知数列{bn}满足bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（3－a）n－2，n≤6,an－5，n>6))，且{bn}是递增数列，则a的取值范围是__________．
四、解答题
15．在①nan＋1－(n＋1)an＝n(n＋1)；②Sn＝2n2－1这两个条件中任选一个补充在下面的横线上，并解答．
若数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{an}满足________．
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
优生选做题
16．数列{an}，{bn}满足：a1＝8，an－an－1＝8n(n∈N*，n≥2)，bn＝eq \r(an＋1)(eq \f(9,10))n，则数列{bn}的最大项是( )
A．第7项B．第9项
C．第11项D．第12项
17．[2024·河南南阳模拟]在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝4an－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝4n＋(－1)ntan，若{bn}是递增数列，求t的取值范围．
课后定时检测案41 数列的概念
1．解析：通过观察可知，
a1<0，(－1)1＝－1，(－1)2＝1，所以BD选项错误．
对比AC选项，注意到数列的分母的间隔不是常数5，所以A选项错误．故选C.
答案：C
2．解析：∵n≥2时，an－an－1＝eq \f(n－1,n＋1)－eq \f(n－2,n)＝eq \f(2,n)－eq \f(2,n＋1)＞0.∴数列{an}是递增数列．
答案：B
3．解析：因为数列的第n项为eq \r(2n－1)，而7＝eq \r(49)＝eq \r(2×25－1)，
所以7是题中数列的第25项．故选C.
答案：C
4．解析：已知a1＝eq \r(2)，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－1，an>1，,\f(1,an)，0答案：C
5．解析：依题意，a5＝S5－S4＝2×52－2×42＝18.故选B.
答案：B
6．解析：当n＝1时a1＝T1＝1，当n≥2时an＝eq \f(Tn,Tn－1)＝eq \f(n,n－1)＝1＋eq \f(1,n－1)，所以a2>a3>a4>…>an>1，而a1＝1，
故a1为最小项，a2为最大项．故选A.
答案：A
7．解析：因为n∈N*，所以当1≤n≤3时，an＝eq \f(1,2n－15)<0，且单调递减；
当n≥4时，an＝eq \f(1,2n－15)>0，单调递减，
所以最小项为a3＝eq \f(1,8－15)＝－eq \f(1,7)，最大项为a4＝eq \f(1,16－15)＝1.故选A.
答案：A
8．解析：当n＝1时，a2＋2S1＝2＋1，因为S1＝a1＝1，所以a2＝1.
当n≥2时，由an＋1＋2Sn＝2n＋1得an＋2Sn－1＝2n－1，
两式相减可得an＋1－an＋2an＝2，即an＋an＋1＝2.
因为a2＝1，所以a3＝1，a4＝1，…，an＝1，可得Sn＝a1＋a2＋…＋an＝n，所以S2023＝2023.故选C.
答案：C
9．解析：设该数列为{an}，则an－an－1＝n＋1，(n≥2)，
故an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝(n＋1)＋n＋(n－1)＋…＋3＋4
＝eq \f(（n－1）（n＋4）,2)＋4，n≥2，
a1＝4也适合该式，
故第18项为a18＝eq \f(（18－1）（18＋4）,2)＋4＝191.故选C.
答案：C
10．解析：∵p⊥q，故nan＋1－(n＋1)an＝0，可得nan＋1＝(n＋1)an，
∵a1＝1，可得a2≠0，a3≠0，…，则对任意的n∈N*，an≠0，故eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n)，
因此，a2021＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(a2021,a2020)＝1×eq \f(2,1)×eq \f(3,2)×…×eq \f(2021,2020)＝2021.故选C.
答案：C
11．解析：A选项，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋8，
又a1＝S1＝6＝－2×1＋8，所以an＝－2n＋8，
因为an＋1－an＝－2(n＋1)＋8＋2n－8＝－2<0，
则{an}是递减数列，故A错误；
B选项，由an＝－2n＋8可得a10＝－12，故B正确；
C选项，令an＝－2n＋8<0，解得n>4，故C正确；
D选项，因为y＝－x2＋7x的对称轴为x＝eq \f(7,2)，开口向下，
又n∈N*，所以当n＝3或4时，Sn取得最大值，故D正确．故选BCD.
答案：BCD
12．解析：假设an最大，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an＋1，,an≥an－1，))即(n＋1)(eq \f(7,8))n≥(n＋2)(eq \f(7,8))n＋1且(n＋1)(eq \f(7,8))n≥n(eq \f(7,8))n－1，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（n＋1）≥（n＋2）（\f(7,8)）,（n＋1）（\f(7,8)）≥n))，即6≤n≤7，所以最大项为第6项和第7项．故选AB.
答案：AB
13．解析：因为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n＋1，n为奇数,2\s\up6(\f(n,2))，n为偶数))，所以a20＝2eq \s\up6(\f(20,2))＝210，
因为ak＝a20(k≠20)，显然k不能为偶数，则k为奇数，即k＋1＝210＝1024，解得k＝1023.
答案：1023
14．解析：因为{bn}是递增数列，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－a>0，,a>1，,（3－a）×6－2答案：(2，3)
15．解析：(1)选择①：a2－2a1＝2，
则a2＝4.
2a3－3a2＝2×3，则a3＝9.
选择②：a2＝S2－S1＝2×22－1－1＝6.
a3＝S3－S2＝2×32－1－2×22＋1＝10.
(2)选择①：由nan＋1－(n＋1)an＝n(n＋1)，
得eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1，
所以eq \f(an,n)＝eq \f(an,n)－eq \f(an－1,n－1)＋eq \f(an－1,n－1)－eq \f(an－2,n－2)＋…＋eq \f(a2,2)－a1＋a1＝n－1＋1＝n，
所以an＝n2.
选择②：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－1－[2(n－1)2－1]＝4n－2；
当n＝1时，a1＝S1＝1，不符合上式，
故{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,4n－2，n≥2，n∈N*.))
16．解析：n≥2时，an－an－1＝8n，an－1－an－2＝8(n－1)，…，a2－a1＝16，将上式累加，得an－a1＝eq \f(（16＋8n）（n－1）,2)＝(4n＋8)(n－1)，解得an＝4n2＋4n(n≥2)(对于n＝1同样成立)，故bn＝(2n＋1)(eq \f(9,10))n，
令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bk≥bk－1,bk≥bk＋1))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（2k＋1）（\f(9,10)）k≥（2k－1）（\f(9,10)）k－1,（2k＋1）（\f(9,10)）k≥（2k＋3）（\f(9,10)）k＋1))，
解得eq \f(17,2)≤k≤eq \f(19,2)，k∈Z，故k＝9，即第九项最大．故选B.
答案：B
17．解析：(1)因为an＋1＝4an－6，a1＝3，
所以an＋1－2＝4(an－2)，显然an≠2(否则与a1＝3矛盾)，则eq \f(an＋1－2,an－2)＝4.
因为a1＝3，所以a1－2＝1，
所以{an－2}是以1为首项，4为公比的等比数列．
所以an－2＝4n－1，即an＝4n－1＋2，
故{an}的通项公式为an＝4n－1＋2.
(2)由(1)可得bn＝4n＋(－1)nt(4n－1＋2)，则bn＋1＝4n＋1＋t(－1)n＋1(4n＋2)，
故bn＋1－bn＝4n＋1＋t(－1)n＋1(4n＋2)－[4n＋t(－1)n(4n－1＋2)]＝3×4n＋t(－1)n＋1(5×4n－1＋4).
因为{bn}是递增数列，
所以bn＋1－bn>0，即3×4n＋t(－1)n＋1(5×4n－1＋4)>0.
当n为奇数时，3×4n＋t(5×4n－1＋4)>0，即t>－eq \f(3×4n,5×4n－1＋4)，故t>(－eq \f(3×4n,5×4n－1＋4))max，
由于f(n)＝－eq \f(3×4n,5×4n－1＋4)＝－eq \f(3,\f(5,4)＋4×（\f(1,4)）n)(n∈N*)单调递减，
当n＝1时，f(n)max＝f(1)＝－eq \f(3,\f(5,4)＋4×（\f(1,4)）1)＝－eq \f(4,3)，所以t>－eq \f(4,3)；
当n为偶数时，3×4n－t(5×4n－1＋4)>0，即t由于f(n)＝eq \f(3×4n,5×4n－1＋4)＝eq \f(3,\f(5,4)＋4×（\f(1,4)）n)(n∈N*)单调递增，
当n＝2时，f(n)min＝f(2)＝eq \f(3,\f(5,4)＋4×（\f(1,4)）2)＝2，所以t<2.
综上，t的取值范围为(－eq \f(4,3)，2).