2025年高考数学一轮复习-5.1-数列的概念及简单表示法-专项训练【含解析】

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这是一份2025年高考数学一轮复习-5.1-数列的概念及简单表示法-专项训练【含解析】，共7页。

C．an＝n2＋nD．an＝3n－1＋2n－1
2．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn＝n2＋4n＋1，则a1＋a3＋a5＝( )
A．27B．28
C．29D．30
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则S5＝( )
A．31B．42
C．37D．47
4．已知递增数列{an}，an≥0，a1＝0．对于任意的正整数n，不等式t2－aeq \\al(2,n)－3t－3an≤0恒成立，则正数t的最大值为( )
A．1B．2
C．3D．6
5．(多选)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．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，其前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，则下列说法正确的是( )
A．此数列的第20项是200
B．此数列的第19项是182
C．此数列偶数项的通项公式为a2n＝2n2
D．此数列的前n项和为Sn＝n(n－1)
6．(多选)(2024·潍坊一模)已知数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＋1，n为奇数，,2－2n，n为偶数，))则( )
A．a6＝19B．a7>a6
C．S5＝22D．S6>S5
7．已知数列{an}的通项公式an＝eq \f(63,2n)，若a1·a2·…·an≤a1·a2·…·ak对n∈N*恒成立，则正整数k的值为________．
8．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n(n∈N*)，则a4＝________，an＝________．
9．(2024·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＝________．
10．如果连续自然数数列a1，a2，…，an，…满足lg 2＋lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a1)))＋lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2)))＋…＋lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,an)))＝lg n，那么这个数列最多有几项？并求数列的前n项和Sn．
11．设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(－1)nan＋eq \f(1,2n)，则S1＋S3＋S5＝( )
A．0B．eq \f(17,64)
C．eq \f(5,64)D．eq \f(21,64)
12．在数列{an}中，a1＝2，eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则an＝( )
A．2＋nln nB．2＋(n－1)ln n
C．1＋n＋ln nD．2n＋nln n
13．请写出一个符合下列要求的数列{an}的通项公式：①{an}为无穷数列；②{an}为单调递增数列；③014．(2024·绵阳模拟)在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝eq \f(n＋1,2)an＋1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若存在n∈N*，使得an≤(n＋1)λ成立，求实数λ的最小值．
15．(多选)已知数列{an}满足an＝n·kn(n∈N*,0A．当k＝eq \f(1,2)时，数列{an}为递减数列
B．当k＝eq \f(4,5)时，数列{an}一定有最大项
C．当0D．当eq \f(k,1－k)为正整数时，数列{an}必有两项相等的最大项
16．设曲线f(x)＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，求x1·x2·x3·x4·…·x2 020的值．
5.1-数列的概念及简单表示法-专项训练【解析版】
1．已知数列{an}的前4项依次为2,6,12,20，则数列{an}的通项公式可能是( )
A．an＝4n－2 B．an＝2n＋2(n－1)
C．an＝n2＋nD．an＝3n－1＋2n－1
解析：C 对于A，a3＝10≠12，故A错误；对于B，a4＝16＋6＝22≠20，故B错误；对于C，a1＝12＋1＝2，a2＝22＋2＝6，a3＝32＋3＝12，a4＝42＋4＝20，故C正确；对于D，a3＝9＋5＝14≠12，故D错误．故选C．
2．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn＝n2＋4n＋1，则a1＋a3＋a5＝( )
A．27B．28
C．29D．30
解析：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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2n＋3，n≥2，))所以a1＋a3＋a5＝28．故选B．
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则S5＝( )
A．31B．42
C．37D．47
解析：D 由题意，得Sn＋1－Sn＝Sn＋1(n∈N*)，所以Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，又S1＋1＝3，故数列{Sn＋1}是首项为3，公比为2的等比数列，则S5＋1＝3×24，所以S5＝47．
4．已知递增数列{an}，an≥0，a1＝0．对于任意的正整数n，不等式t2－aeq \\al(2,n)－3t－3an≤0恒成立，则正数t的最大值为( )
A．1B．2
C．3D．6
解析：C 因为数列{an}是递增数列，又t2－aeq \\al(2,n)－3t－3an＝(t－an－3)(t＋an)≤0，t＋an>0，所以t≤an＋3恒成立，即t≤(an＋3)min＝a1＋3＝3，所以tmax＝3．
5．(多选)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．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，其前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，则下列说法正确的是( )
A．此数列的第20项是200
B．此数列的第19项是182
C．此数列偶数项的通项公式为a2n＝2n2
D．此数列的前n项和为Sn＝n(n－1)
解析：AC 观察此数列，偶数项通项公式为a2n＝2n2，奇数项是后一项减去后一项的项数，a2n－1＝a2n－2n，由此可得a20＝2×102＝200，A、C正确；a19＝a20－20＝180，B错误；Sn＝n(n－1)＝n2－n是一个等差数列的前n项和，而题中数列不是等差数列，不可能有Sn＝n(n－1)，D错误．故选A、C．
6．(多选)(2024·潍坊一模)已知数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＋1，n为奇数，,2－2n，n为偶数，))则( )
A．a6＝19B．a7>a6
C．S5＝22D．S6>S5
解析：BC 因为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＋1，n为奇数，,2－2n，n为偶数，))所以a1＝4，a2＝－2，a3＝10，a4＝－6，a5＝16，a6＝－10，a7＝22，所以A错误，B正确；S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝4＋(－2)＋10＋(－6)＋16＝22，故C正确；因为a6＝－10，所以S6－S5＝a6<0，所以S67．已知数列{an}的通项公式an＝eq \f(63,2n)，若a1·a2·…·an≤a1·a2·…·ak对n∈N*恒成立，则正整数k的值为________．
解析：an＝eq \f(63,2n)，当n≤5时，an>1；当n≥6时，an<1，由题意知，a1·a2·…·ak是{an}的前n项乘积的最大值，所以k＝5．
答案：5
8．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n(n∈N*)，则a4＝________，an＝________．
解析：由题意可得a1＝1，an＋1－an＝n，则当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＝1＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(n2－n＋2,2)，又a1＝1也适合上式，故an＝eq \f(n2－n＋2,2)，则a4＝eq \f(42－4＋2,2)＝7．
答案：7 eq \f(n2－n＋2,2)
9．(2024·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＝________．
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*)．
答案：n
10．如果连续自然数数列a1，a2，…，an，…满足lg 2＋lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a1)))＋lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2)))＋…＋lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,an)))＝lg n，那么这个数列最多有几项？并求数列的前n项和Sn．
解：由已知得：2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a1)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a2)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,an)))＝n，
即2·eq \f(a1＋1,a1)·eq \f(a2＋1,a2)·eq \f(a3＋1,a3)·…·eq \f(an＋1,an)＝n．
∵a1，a2，…，an，…为连续自然数，
∴上式可化简为2·eq \f(an＋1,a1)＝n，即2·eq \f(a1＋n,a1)＝n，
∴2n＋2a1＝na1，即(n－2)(a1－2)＝4．
若要n最大，且n∈N*，则只能有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n－2＝4，,a1－2＝1，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＝6，,a1＝3，))
∴该数列最多有6项，首项为3，
∴S6＝3＋4＋5＋6＋7＋8＝33．
11．设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(－1)nan＋eq \f(1,2n)，则S1＋S3＋S5＝( )
A．0B．eq \f(17,64)
C．eq \f(5,64)D．eq \f(21,64)
解析：D 数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(－1)nan＋eq \f(1,2n)，当n为偶数时，Sn＝Sn－Sn－1＋eq \f(1,2n)，即有Sn－1＝eq \f(1,2n)，所以S1＋S3＋S5＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,16)＋eq \f(1,64)＝eq \f(21,64)．故选D．
12．在数列{an}中，a1＝2，eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则an＝( )
A．2＋nln nB．2＋(n－1)ln n
C．1＋n＋ln nD．2n＋nln n
解析：D 由题意得，eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋ln eq \f(n＋1,n)，则eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)＋ln eq \f(n,n－1)，eq \f(an－1,n－1)＝eq \f(an－2,n－2)＋ln eq \f(n－1,n－2)，…，eq \f(a2,2)＝eq \f(a1,1)＋ln eq \f(2,1)，由累加法得，eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＋ln eq \f(n,n－1)＋ln eq \f(n－1,n－2)＋…＋ln eq \f(2,1)，即eq \f(an,n)＝a1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,n－1)·\f(n－1,n－2)·…·\f(2,1)))，则eq \f(an,n)＝2＋ln n，所以an＝2n＋nln n，故选D．
13．请写出一个符合下列要求的数列{an}的通项公式：①{an}为无穷数列；②{an}为单调递增数列；③0解析：因为函数an＝2－eq \f(1,n)的定义域为N*，且an＝2－eq \f(1,n)在N*上单调递增，0<2－eq \f(1,n)<2，所以满足3个条件的数列的通项公式可以是an＝2－eq \f(1,n)．
答案：an＝2－eq \f(1,n)(答案不唯一)
14．(2024·绵阳模拟)在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝eq \f(n＋1,2)an＋1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若存在n∈N*，使得an≤(n＋1)λ成立，求实数λ的最小值．
解：(1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝eq \f(n＋1,2)an＋1，∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝eq \f(n,2)an，
两式相减得nan＝eq \f(n＋1,2)an＋1－eq \f(n,2)an，即eq \f(n＋1an＋1,nan)＝3(n≥2)，
∵a1＝1，∴1＝eq \f(1＋1,2)a2，即a2＝1，∴eq \f(2·a2,1·a1)＝2≠3．
∴数列{nan}是从第二项开始的等比数列，
∴当n≥2时，有nan＝2×3n－2，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(2,n)×3n－2，n≥2.))
(2)存在n∈N*使得an≤(n＋1)λ成立⇔λ≥eq \f(an,n＋1)有解，
①当n＝1时，eq \f(a1,2)＝eq \f(1,2)，则λ≥eq \f(1,2)，即λmin＝eq \f(1,2)；
②当n≥2时，eq \f(an,n＋1)＝eq \f(2×3n－2,nn＋1)，
设f(n)＝eq \f(2×3n－2,nn＋1)，∴eq \f(fn＋1,fn)＝eq \f(3n,n＋2)>1，∴f(n)单调递增，
∴f(n)min＝f(2)＝eq \f(1,3)，∴实数λ的最小值是eq \f(1,3)．
由①②可知实数λ的最小值是eq \f(1,3)．
15．(多选)已知数列{an}满足an＝n·kn(n∈N*,0A．当k＝eq \f(1,2)时，数列{an}为递减数列
B．当k＝eq \f(4,5)时，数列{an}一定有最大项
C．当0D．当eq \f(k,1－k)为正整数时，数列{an}必有两项相等的最大项
解析：BCD 当k＝eq \f(1,2)时，a1＝a2＝eq \f(1,2)，知A错误；当k＝eq \f(4,5)时，eq \f(an＋1,an)＝eq \f(4,5)·eq \f(n＋1,n)，当n<4时，eq \f(an＋1,an)>1，当n>4时，eq \f(an＋1,an)<1，所以可判断{an}一定有最大项，B正确；当0k≥eq \f(1,2)，当k＝eq \f(1,2)时，a1＝a2>a3>a4>…，当1>k>eq \f(1,2)时，令eq \f(k,1－k)＝m∈N*，解得k＝eq \f(m,m＋1)，则eq \f(an＋1,an)＝eq \f(mn＋1,nm＋1)，当n＝m时，an＋1＝an，结合B，数列{an}必有两项相等的最大项，故D正确．故选B、C、D．
16．设曲线f(x)＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，求x1·x2·x3·x4·…·x2 020的值．
解：由f(x)＝xn＋1得f′(x)＝(n＋1)xn，切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0得xn＝eq \f(n,n＋1) ，故x1·x2·x3·x4·…·x2 020＝eq \f(1,2) ×eq \f(2,3) ×…×eq \f(2 020,2 021) ＝eq \f(1,2 021) ．