2022高考数学一轮复习课时规范练28数列的概念与表示（含解析）

这是一份2022高考数学一轮复习课时规范练28数列的概念与表示（含解析），共5页。试卷主要包含了数列{Fn}等内容，欢迎下载使用。
课时规范练28　数列的概念与表示　　　　　　　　　　　　　　　　　基础巩固组1.下列数列中,既是递增数列又是无穷数列的是(　　)A.1,,…B.-1,-2,-3,-4,…C.-1,-,-,-,…D.1,,…,2.数列1,,…的一个通项公式an=(　　)A. B.C. D.3.(2020河北武邑校级联考,理4)大衍数列来源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论,主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理,大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中,曾经经历的两仪数量总和.已知大衍数列前10项是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,则大衍数列中奇数项的通项公式an=(　　)A. B.C. D.4.在数列{an}中,a1=2,an=1-(n≥2),则a2 021等于(　　)A. B.- C.-1 D.25.数列{an}满足an+1+an=2n-3,若a1=2,则a8-a4=(　　)A.7 B.6C.5 D.46.已知数列{an}的通项公式an=n2-(6+2λ)n+2 014,若a6或a7为数列{an}的最小项,则实数λ的取值范围是(　　)A.(3,4) B.[2,5]C.[3,4] D.7.(2020山东烟台一模,4)数列{Fn}:F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n>2),最初记载于意大利数学家斐波那契在1202年所著的《算盘全书》.若将数列{Fn}的每一项除以2所得的余数按原来项的顺序构成新的数列{an},则数列{an}的前50项和为(　　)A.33 B.34 C.49 D.508.已知每项均大于零的数列{an}中,首项a1=1且前n项和Sn满足Sn-Sn-1=2(n∈N*且n≥2),则a81=(　　)A.638 B.639C.640 D.6419.(2020山东、湖北部分重点中学联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,an+1=an+2n-1+1,则an=　　　　. 10.(2020河南开封三模,文15)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且对于任意p,q∈N*,有ap·aq=ap+q,若a2=4,则S6=　　　　　. 11.数列{an}的通项公式是an=(n+1)·,则此数列的最大项是第　　　　　项. 综合提升组12.(2020辽宁大连24中一模,8)数列{an}满足对任意的n∈N*,均有an+an+1+an+2为定值.若a7=2,a9=3,a98=4,则数列{an}的前100项的和S100=(　　)A.132 B.299 C.68 D.9913.(2020广东中山期末)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,{Sn+nan}为常数列,则an=(　　)A. B.C. D.14.已知数列{an}满足a1=28,=2,则的最小值为(　　)A. B.4-1 C. D.15.已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-n,则an=　　　　　. 16.数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n-1,则数列bn=-7an+6的最小值为　　　　　. 创新应用组17.(2020山东济南三模,12改编)设{an}是无穷数列,若存在正整数k,使得对任意n∈N*,均有an+k>an,则称{an}是间隔递增数列,k是{an}的间隔数,下列说法不正确的是(　　)A.公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列B.已知an=n+,则{an}是间隔递增数列C.已知an=2n+(-1)n,则{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2D.已知an=n2-tn+2 020,若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3,则4≤t<518.如图,互不相同的点A1,A2,…An,…和B1,B2,…Bn,…分别在角O的两条边上,所有AnBn相互平行,且所有梯形AnBnBn+1An+1的面积均相等.设OAn=an.若a1=1,a2=2,则数列{an}的通项公式是　　　　　.    参考答案 课时规范练28　数列的概念与表示1.C　在A选项中,数列1,,…是递减数列,不符合题意;在B选项中,数列-1,-2,-3,-4,…是递减数列,不符合题意;在C选项中,数列-1,-,-,-,…是递增数列又是无穷数列,符合题意;在D选项中,数列1,,…,是有穷数列,不符合题意,故选C.2.B　由已知得,数列可写成,…,故该数列的一个通项公式为.3.B　由数列的第一项为0,故D错误;由数列的第三项为4,将n=3代入选项A,得到3,故A错误;将n=3代入选项B,得到4,故B正确.将n=3代入选项C,得到2,故C错误.故选B.4.A　∵a1=2,an=1-(n≥2),∴a2=1-,a3=1-2=-1,a4=1-(-1)=2,a5=1-,…,∴数列{an}是以3为周期的周期数列,∴a2021=a3×673+2=a2=.故选A.5.D　依题意得(an+2+an+1)-(an+1+an)=[2(n+1)-3]-(2n-3),即an+2-an=2,所以a8-a4=(a8-a6)+(a6-a4)=2+2=4.6.D　依题意,由二次函数的性质可知,当<3+λ<,即<λ<时,a6或a7为数列{an}的最小项,故实数λ的取值范围为.故选D.7.B　由F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n>2),得数列{Fn}的各项分别为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,…,将数列{Fn}的每一项除以2所得的余数构成新的数列{an},则数列{an}的各项分别为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,…,则数列{an}的前50项和为(1+1+0)×16+1+1=34.故选B.8.C　已知Sn-Sn-1=2,数列{an}的每项均大于零,故等号两边同时除以,故可得=2,∴{}是以1为首项,2为公差的等差数列,故=2n-1,Sn=(2n-1)2,∴a81=S81-S80=1612-1592=640,故选C.9.2n-1+n　a1=2,∵an+1=an+2n-1+1,∴an+1-an=2n-1+1,∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1,则an=2n-2+2n-3+…+2+1+n-1+a1=+n-1+2=2n-1+n.10.126　正项数列{an}的前n项和为Sn,且对于任意p,q∈N*,有apaq=ap+q,若a2=4,当p=q=1时,a1a1=a2=4,所以a1=2,当p=1,q=2时,a1a2=a3,所以a3=8,当p=2,q=2时,a2a2=a4,所以a4=16,当p=3,q=2时,a3a2=a5,所以a5=32,当p=3,q=3时,a3a3=a6,所以a6=64,所以S6=2+4+8+16+32+64=126.11.9或10　∵an+1-an=(n+2)-(n+1)·,当n<9时,an+1-an>0,即an+1>an;当n=9时,an+1-an=0,即an+1=an;当n>9时,an+1-an<0,即an+1<an,∴该数列中有最大项,且最大项为第9,10项.12.B　∵对任意的n∈N*,均有an+an+1+an+2为定值,∴(an+1+an+2+an+3)-(an+an+1+an+2)=0,故an+3=an,∴{an}是以3为周期的数列,∴a1=a7=2,a2=a98=4,a3=a9=3,∴S100=(a1+a2+a3)+…+(a97+a98+a99)+a100=33(a1+a2+a3)+a1=33×(2+4+3)+2=299.13.B　∵数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,∴S1+1×a1=1+1=2.∵{Sn+nan}为常数列,∴Sn+nan=2.当n≥2时,Sn-1+(n-1)an-1=2,∴(n+1)an=(n-1)an-1,从而·…··…·,∴an=(n≥2),当n=1时上式成立,∴an=.故选B.14.C　由an+1-an=2n,得a2-a1=2×1,a3-a2=2×2,…,an-an-1=2(n-1),相加得an-a1=n2-n,∴=n+-1,由函数f(x)=x+的性质可知,函数f(x)在(0,)上单调递减,在[,+∞)上单调递增.又n为正整数,且,故选C.15.2n-1　当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-n-2an-1+(n-1),即an=2an-1+1,∴an+1=2(an-1+1),∴数列{an+1}是首项为a1+1=2,公比为2的等比数列,∴an+1=2·2n-1=2n,∴an=2n-1.16.-6　∵Sn=2n-1,∴a1=S1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-2n-1+1=2n-1,又a1=1适合上式,∴an=2n-1.∵bn=-7an+6=.∴当an=4,即n=3时,bn的最小值为=-6.17.A　对于选项A,an+k-an=a1qn+k-1-a1qn-1=a1qn-1(qk-1),因为q>1,所以当a1<0时,an+k<an,故A错误;对于选项B,an+k-an=n+k+-n+=k1-=k,令t=n2+kn-4,t在n∈N*单调递增,则t(1)=1+k-4>0,解得k>3,故B正确;对于选项C,an+k-an=2(n+k)+(-1)n+k-[2n+(-1)n]=2k+(-1)n[(-1)k-1],当n为奇数时,2k-(-1)k+1>0,存在k≥1成立,当n为偶数时,2k+(-1)k-1>0,存在k≥2成立,综上,{an}是间隔递增数列且最小间隔数是2,故C正确;对于选项D,若{an}是间隔递增数列且最小间隔数是3,则an+k-an=(n+k)2-t(n+k)+2020-(n2-tn+2020)=2kn+k2-tk>0,n∈N*成立,则k2+(2-t)k>0,对于k≥3成立,且k2+(2-t)k≤0,对于k≤2成立,即k+(2-t)>0,对于k≥3成立,且k+(2-t)≤0,对于k≤2成立,所以t-2<3,且t-2≥2,解得4≤t<5,故D正确.故选A.18.an=　记△OA1B1的面积为S,则△OA2B2的面积为4S.从而四边形AnBnBn+1An+1的面积均为3S.即得△OAnBn的面积为S+3(n-1)S=(3n-2)S.因为这n个三角形是相似三角形,所以它们的面积比等于对应边长比的平方,而△OAnBn与△OA1B1的面积比为,∴=3n-2,即an=.