2022版高考数学大一轮复习作业本27《数列的概念与简单表示法》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习作业本27《数列的概念与简单表示法》(含答案详解)，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
数列{an}满足an＋an＋1=eq \f(1,2)(n∈N*)，a2=2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为( )
A.5 B.eq \f(7,2) C.eq \f(9,2) D.eq \f(13,2)
在数列{an}中，a1=1，anan－1=an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则eq \f(a3,a5)的值是( )
A.eq \f(15,16) B.eq \f(15,8) C.eq \f(3,4) D.eq \f(3,8)
设an=eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n)(n∈N*)，那么an＋1－an=( )
A.eq \f(1,2n＋1) B.eq \f(1,2n＋2) C.eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2) D.eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋2)
已知数列{an}的前n项和Sn=2an－1，则满足eq \f(an,n)≤2的正整数n的集合为( )
A.{1,2,3} B.{2,3,4} C.{1,2,3,4} D.{1,2,3,4,5}
已知数列{an}满足a1=2，an＋1=eq \f(1＋an,1－an)(n∈N*)，则a2 018的值为( )
A.－8 B.－3 C.－4 D.eq \f(1,3)
已知数列{an}与{bn}的通项公式分别为an=－n2＋4n＋5，bn=n2＋(2－a)n－2a.若对任意正整数n，an＜0或bn＜0，则a的取值范围为( )
A.(5，＋∞) B.(－∞，5) C.(6，＋∞) D.(－∞，6)
在数列{an}中，已知a1=1，an＋1=2an＋1，则其通项公式an=( )
A.2n－1 B.2n－1＋1 C.2n－1 D.2(n－1)
已知数列{an}的通项公式为an=eq \f(1,2n－15)，则其最大项和最小项分别为( )
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)
设数列{an}的通项公式为an=n2－bn，若数列{an}是单调递增数列，则实数b取值范围为( )
A.(－∞，－1] B.(－∞，2] C.(－∞，3) D.(－∞，4.5]
已知数列{an}满足a1=1，an＋2－an=6，则a11的值为( )
A.31 B.32 C.61 D.62
若数列{an}满足(n－1)an=(n＋1)an－1(n≥2)且a1=2，则满足不等式an＜462的最大正整数n为( )
A.19 B.20 C.21 D.22
已知数列{an}满足：a1=1，an＋1=eq \f(an,an＋2)(n∈N*)，若bn＋1=(n－λ)(eq \f(1,an)＋1)，b1=－λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A.(2，＋∞) B.(3，＋∞) C.(－∞，2) D.(－∞，3)
二、填空题
已知数列{an}满足a1=1，an＋1－2an=2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an= .
已知数列{an}的通项公式an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2·3n－1n为偶数，,2n－5n为奇数，))则a3a4=________.
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3=15，a7＋a9=34，数列{eq \f(1,anan＋1)}的前n项和为Tn，
且对于任意的n∈N*，Tn 已知数列{an}满足nan＋2－(n＋2)an=λ(n2＋2n)，其中a1=1，a2=2，若an \s 0 参考答案
答案为：B
解析：∵an＋an＋1=eq \f(1,2)，a2=2，
∴an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，n为奇数，,2，n为偶数.))∴S21=11×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＋10×2=eq \f(7,2).
答案为：C
解析：由已知得a2=1＋(－1)2=2，∴2a3=2＋(－1)3，a3=eq \f(1,2)，
∴eq \f(1,2)a4=eq \f(1,2)＋(－1)4，a4=3，∴3a5=3＋(－1)5，∴a5=eq \f(2,3)，∴eq \f(a3,a5)=eq \f(1,2)×eq \f(3,2)=eq \f(3,4).
答案为：D
解析： ∵an=eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,n＋n－1)＋eq \f(1,n＋n)，n∈N*，
∴an＋1=eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,n＋1＋n－1)＋eq \f(1,n＋1＋n)＋eq \f(1,n＋1＋n＋1)，
n∈N*，故an＋1－an=eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,n＋1)=eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋2).
答案为：C
解析：因为Sn=2an－1，所以当n≥2时，Sn－1=2an－1－1，两式相减得an=2an－2an－1，
整理得an=2an－1.又a1=2a1－1，所以a1=1，故an=2n－1.又eq \f(an,n)≤2，即2n－1≤2n，
所以有n∈{1,2,3,4}.
答案为：B
解析：由a1=2，an＋1=eq \f(1＋an,1－an)(n∈N*)得，a2=－3，a3=－eq \f(1,2)，a4=eq \f(1,3)，a5=2，
可见数列{an}的周期为4，所以a2 018=a504×4＋2=a2=－3.
答案为：A
解析：由an=－n2＋4n＋5=－(n＋1)(n－5)可知，当n＞5时，an＜0.
由bn=n2＋(2－a)n－2a=(n＋2)(n－a)＜0及已知易知－2＜n＜a，
为使当0＜n≤5时，bn＜0，只需a＞5.故选A.
答案为：A
解析：由an＋1=2an＋1，可求a2=3，a3=7，a4=15，…，验证可知an=2n－1.
答案为：A
解析：由题意知a1=－eq \f(1,13)，a2=－eq \f(1,11)，a3=－eq \f(1,7)，a4=1，则当n≥4时，an＞0.
又当n≥5时，an－an－1=eq \f(1,2n－15)－eq \f(1,2n－1－15)=eq \f(－2n－1,2n－152n－1－15)＜0，
所以an＜an－1，于是数列{an}的最大项为1，最小项为－eq \f(1,7).
答案为：C.
解析：因为数列{an}是单调递增数列，所以an＋1－an=2n＋1－b>0(n∈N*)，
所以b<2n＋1(n∈N*)，所以b<(2n＋1)min=3，即b<3.
答案为：A.
解析：∵数列{an}满足a1=1，an＋2－an=6，
∴a3=6＋1=7，a5=6＋7=13，a7=6＋13=19，a9=6＋19=25，a11=6＋25=31.
答案为：B
解析：由(n－1)an=(n＋1)an－1得，eq \f(an,an－1)=eq \f(n＋1,n－1)，
则an=a1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,a1)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a3,a2)))×…×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,an－1)))=2×eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×…×eq \f(n＋1,n－1)=n(n＋1).
又an＜462，即n(n＋1)＜462，所以n2＋n－462＜0，即(n－21)(n＋22)＜0，
因为n＞0，所以n＜21.故所求的最大正整数n=20.
答案为：C.
解析：由an＋1=eq \f(an,an＋2)，知eq \f(1,an＋1)=eq \f(2,an)＋1，即eq \f(1,an＋1)＋1=2(eq \f(1,an)＋1)，
所以数列{eq \f(1,an)＋1}是首项为eq \f(1,a1)＋1=2，公比为2的等比数列，所以eq \f(1,an)＋1=2n，
所以bn＋1=(n－λ)·2n，因为数列{bn}是递增数列，
所以bn＋1－bn=(n－λ)2n－(n－1－λ)2n－1=(n＋1－λ)2n－1>0对一切正整数n恒成立，
所以λ 答案为：n·2n－1.
解析：an＋1－2an=2n两边同除以2n＋1，可得eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)=eq \f(1,2)，又eq \f(a1,2)=eq \f(1,2)，
∴数列{eq \f(an,2n)}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，∴eq \f(an,2n)=eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)=eq \f(n,2)，∴an=n·2n－1.
答案为： 54
解析：由题意知，a3=2×3－5=1，a4=2×34－1=54，∴a3a4=54.
答案为：(0,162).
解析：依题意，设等差数列{an}的公差为d，因为S3=15，故S3=3a2=15，故a2=5.
又a7＋a9=2a8=34，故a8=17，故a8－a2=6d=12，故d=2，故a1=3，所以an=3＋2(n－1)=2n＋1，
所以eq \f(1,anan＋1)=eq \f(1,2n＋12n＋3)=eq \f(1,2)(eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋3))，
所以Tn=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))=eq \f(1,2)eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋3)=eq \f(n,32n＋3)，
因为Tn0，
所以t当且仅当n=3时，等号成立，所以12(n＋eq \f(9,n))＋90≥162.所以0 答案为：[0，＋∞).
解析：由nan＋2－(n＋2)an=λ(n2＋2n)=λn(n＋2)得eq \f(an＋2,n＋2)－eq \f(an,n)=λ，
所以数列{eq \f(an,n)}的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列，因为a1=1，a2=2，
所以当n为奇数时，eq \f(an,n)=1＋λ(eq \f(n＋1,2)－1)=eq \f(n－1,2)λ＋1，所以an=eq \f(n2－n,2)λ＋n.
当n为偶数时，eq \f(an,n)=1＋λ(eq \f(n,2)－1)=eq \f(n－2,2)λ＋1，所以an=eq \f(n2－2n,2)λ＋n，
当n为奇数时，由an即λ(n－1)>－2，若n=1，则λ∈R，若n>1，则λ>－eq \f(2,n－1)，所以λ≥0.
当n为偶数时，由an－2，
所以λ>－eq \f(2,3n)，即λ≥0.综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞).