2021年高考数学一轮精选练习：30《数列的概念与简单表示法》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：30《数列的概念与简单表示法》一         、选择题1.数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式是(　 　)A.an=n2－(n－1)          B.an=n2－1C.an=           D.an= 2.已知数列的前4项为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项不可能是(　 　)A.an=(－1)n－1＋1      B.an=C.an=2sin         D.an=cos(n－1)π＋1 3.Sn是数列{an}的前n项和，且∀n∈N*都有2Sn=3an＋4，则Sn=(　 　)A.2－2×3n         B.4×3nC.－4×3n－1         D.－2－2×3n－1 4.若数列{an}满足a1=2，an＋1=，则a2 018的值为(　 　)A.2          B.－3          C.－           D. 5.已知数列{an}满足a1=2,2anan＋1=a＋1，设bn=，则数列{bn}是(　 　)A.常数列     B.摆动数列      C.递增数列     D.递减数列 6.在数列{an}中，a1=1，a2=2，若an＋2=2an＋1－an＋2，则an=(　 　)A.n2－n＋          B.n3－5n2＋9n－4C.n2－2n＋2           D.2n2－5n＋4 7.已知函数f(x)=若数列{an}满足an=f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(　 　)A.(1,3)        B.(1,2]         C.(2,3)        D. 8.已知数列{an}满足an＋1=an＋2n，且a1=33，则的最小值为(　 　)A.21        B.10        C.        D. 9.已知数列{xn}满足xn＋2=|xn＋1－xn|(n∈N*)，若x1=1，x2=a(a≤1，a≠0)，且xn＋3=xn对于任意的正整数n均成立，则数列{xn}的前2 017项和S2 017=(　 　)A.672          B.673           C.1 342        D.1 34510.数列{an}满足：a1=1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n=am＋an＋mn，则＋＋＋…＋=(　 　)A.        B.           C.        D. 二         、填空题11.在一个数列中，如果∀n∈N*，都有anan＋1an＋2=k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积.已知数列{an}是等积数列，且a1=1，a2=2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12=          . 12.在数列{an}中，a1=1，an=an－1(n≥2，n∈N*)，则an=           . 13.数列{an}的通项公式为an=(2n＋1)n－1，则数列{an}的最大项为      .14.设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a－na＋an＋1·an=0(n=1,2,3，…)，则它的通项公式an=          . 三         、解答题15.已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn=3×2n－3，其中n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}为等差数列，Tn为其前n项和，b2=a5，b11=S3，求Tn的最值.            16.已知{an}是递增数列，其前n项和为Sn，a1＞1，且10Sn=(2an＋1)(an＋2)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项an；(2)是否存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)=ak成立？若存在，写出一组符合条件的m，n，k的值；若不存在，请说明理由.           
答案解析1.答案为：C；2.答案为：C；解析：对n=1,2,3,4进行验证，an=2sin不合题意. 3.答案为：A；解析：∵2Sn=3an＋4，∴2Sn=3(Sn－Sn－1)＋4(n≥2)，变形为Sn－2=3(Sn－1－2)，又n=1时，2S1=3S1＋4，解得S1=－4，∴S1－2=－6.∴数列{Sn－2}是等比数列，首项为－6，公比为3.∴Sn－2=－6×3n－1，可得Sn=2－2×3n，故选A. 4.答案为：B；解析：∵a1=2，an＋1=，∴a2==－3，同理可得：a3=－，a4=，a5=2，……，可得an＋4=an，则a2 018=a504×4＋2=a2=－3.故选B. 5.答案为：D；解析：∵2anan＋1=a＋1，∴an＋1=，∵bn=，∴bn＋1====b，∴bn＋1－bn=b－bn=bn(bn－1)，∵a1=2，b1==，∴b2=2，∴b3=2=4，b4=2=8，∴数列{bn}是递减数列，故选D. 6.答案为：C；解析：由题意得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)=2，因此数列{an＋1－an}是以1为首项，2为公差的等差数列，an＋1－an=1＋2(n－1)=2n－1，当n≥2时，an=a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)=1＋1＋3＋…＋(2n－3)=1＋=(n－1)2＋1=n2－2n＋2，又a1=1=12－2×1＋2，因此an=n2－2n＋2(n∈N*)，故选C. 7.答案为：C；解析：∵数列{an}是递增数列，f(x)=an=f(n)(n∈N*)，∴3－a＞0，a＞1且f(10)＜f(11)，∴1＜a＜3且10(3－a)－6＜a2，解得2＜a＜3，故实数a的取值范围是(2,3)，故选C. 8.答案为：C；解析：由已知条件可知，当n≥2时，an=a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)=33＋2＋4＋…＋2(n－1)=n2－n＋33，又n=1时，a1=33满足此式.所以=n＋－1.令f(n)==n＋－1，则f(n)在[1,5]上为减函数，在[6，＋∞)上为增函数.又f(5)=，f(6)=，则f(5)＞f(6)，故f(n)=的最小值为. 9.答案为：D；解析：∵x1=1，x2=a(a≤1，a≠0)，∴x3=|x2－x1|=|a－1|=1－a，∴x1＋x2＋x3=1＋a＋(1－a)=2，又xn＋3=xn对于任意的正整数n均成立，∴数列{xn}的周期为3，所以数列{xn}的前2 017项和S2 017=S672×3＋1=672×2＋1=1 345.故选D. 10.答案为：D；解析：∵a1=1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n=am＋an＋mn，∴an＋1=an＋n＋1，即an＋1－an=n＋1，用累加法可得an=a1＋=，∴==2，∴＋＋＋…＋=2=，故选D.  一         、填空题11.答案为：28；解析：依题意得数列{an}是周期为3的数列，且a1=1，a2=2，a3=4，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12=4(a1＋a2＋a3)=4×(1＋2＋4)=28. 12.答案为：；解析：由题意知==.所以an=a1×××…×=1×××…×===. 13.答案为：0.5；解析：an＋1－an=(2n＋3)n＋1－(2n＋1)n=n=n=n.因为n≥1，所以－n＜0，n＞0，所以an＋1－an＜0，所以an＋1＜an，所以a1＞a2＞a3＞…＞an＞an＋1＞…，所以数列{an}的最大项为a1=. 14.答案为：.解析：因为(n＋1)a－na＋an＋1·an=0，所以(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]=0，又因为an＞0，故(n＋1)an＋1－nan=0，即=，故=，=，=，…=，把以上各式分别相乘得=，即an=. 二         、解答题15.解：(1)由Sn=3×2n－3，n∈N*得，(ⅰ)当n=1时，a1=S1=3×21－3=3.(ⅱ)当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(3×2n－3)－(3×2n－1－3)=3×(2n－2n－1)=3×2n－1(*).又当n=1时，a1=3也满足(*)式.所以，对任意n∈N*，都有an=3×2n－1.(2)设等差数列{bn}的首项为b1，公差为d，由(1)得b2=a5=3×25－1=48，b11=S3=3×23－3=21.由等差数列的通项公式得解得所以bn=54－3n.可以看出bn随着n的增大而减小，令bn≥0，解得n≤18，所以Tn有最大值，无最小值，且T18(或T17)为前n项和Tn的最大值，T18==9×(51＋0)=459. 16.解：(1)由10a1=(2a1＋1)(a1＋2)，得2a－5a1＋2=0，解得a1=2或a1=.又a1＞1，所以a1=2.因为10Sn=(2an＋1)(an＋2)，所以10Sn=2a＋5an＋2.故10an＋1=10Sn＋1－10Sn=2a＋5an＋1＋2－2a－5an－2，整理，得2(a－a)－5(an＋1＋an)=0，即(an＋1＋an)[2(an＋1－an)－5]=0.因为{an}是递增数列且a1=2，所以an＋1＋an≠0，因此an＋1－an=.所以数列{an}是以2为首项，为公差的等差数列.所以an=2＋(n－1)=(5n－1).(2)满足条件的正整数m，n，k不存在，理由如下：假设存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)=ak，则5m－1＋5n－1=(5k－1)，整理，得2m＋2n－k=，(*)显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立.故满足条件的正整数m，n，k不存在.