高考数学(文数)一轮复习考点测试28《数列的概念与简单表示法》（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试28《数列的概念与简单表示法》（教师版），共9页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。


一、基础小题
1．已知数列{an}的通项公式an＝eq \f(1,nn＋2)(n∈N*)，则eq \f(1,120)是这个数列的( )
A．第8项 B．第9项 C．第10项 D．第12项
答案 C
解析 由题意知eq \f(1,120)＝eq \f(1,nn＋2)，n∈N*，解得n＝10，即eq \f(1,120)是这个数列的第10项．故选C．
2．在数列{an}中，a1＝2，且(n＋1)an＝nan＋1，则a3的值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 B
解析 由(n＋1)an＝nan＋1得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，所以数列eq \f(an,n)为常数列，则eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝2，即an＝2n，所以a3＝2×3＝6．故选B．
3．设an＝－2n2＋29n＋3，则数列{an}的最大项是( )
A．107 B．108 C．eq \f(865,8) D．109
答案 B
解析 因为an＝－2n2＋29n＋3＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(29,4)))2＋eq \f(865,8)，n∈N*，所以当n＝7时，an取得最大值108．
4．数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝( )
A．eq \f(61,16) B．eq \f(25,9) C．eq \f(25,16) D．eq \f(31,15)
答案 A
解析 解法一：令n＝2,3,4,5，分别求出a3＝eq \f(9,4)，a5＝eq \f(25,16)，∴a3＋a5＝eq \f(61,16)．故选A．
解法二：当n≥2时，a1·a2·a3·…·an＝n2．当n≥3时，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2．
两式相除得an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,n－1)))2，∴a3＝eq \f(9,4)，a5＝eq \f(25,16)，∴a3＋a5＝eq \f(61,16)．故选A．
5．若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1,1－an)，则a2018＝( )
A．－2 B．－1 C．2 D．eq \f(1,2)
答案 B
解析 ∵数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1,1－an)(n∈N*)，∴a2＝eq \f(1,1－2)＝－1，
a3＝eq \f(1,1－－1)＝eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,1－\f(1,2))＝2，…，可知此数列有周期性，周期T＝3，即an＋3＝an，
则a2018＝a672×3＋2＝a2＝－1．故选B．
6．把1,3,6,10,15，…这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示)．
则第7个三角形数是( )
A．27 B．28 C．29 D．30
答案 B
解析 观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即an＝an－1＋n(n≥2)．所以根据这个规律计算可知，第7个三角形数是a7＝a6＋7＝a5＋6＋7＝15＋6＋7＝28．故选B．
7．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N*，则an＝( )
A．2n＋1 B．2n C．2n－1 D．2n－2
答案 A
解析 因为Sn＝2an－4，所以n≥2时，有Sn－1＝2an－1－4，两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，即eq \f(an,an－1)＝2(n≥2)．
因为S1＝a1＝2a1－4，所以a1＝4，所以an＝2n＋1．故选A．
8．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln 1＋eq \f(1,n)，则an＝( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
答案 A
解析 解法一：由已知得an＋1－an＝ln 1＋eq \f(1,n)＝ln eq \f(n＋1,n)，
而an＝(an－an－1)＋(an－1＋an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，n≥2，
所以an＝ln eq \f(n,n－1)＋ln eq \f(n－1,n－2)＋…＋
ln eq \f(2,1)＋2＝ln eq \f(n,n－1)·eq \f(n－1,n－2)·…·eq \f(2,1)＋2＝ln n＋2，n≥2．
当n＝1时，a1＝2＝ln 1＋2．故选A．
解法二：由an＝an－1＋ln 1＋eq \f(1,n－1)＝an－1＋ln eq \f(n,n－1)＝an－1＋ln n－ln (n－1)(n≥2)，可知an－ln n＝an－1－ln (n－1)(n≥2)．令bn＝an－ln n，则数列{bn}是以b1＝a1－ln 1＝2为首项的常数列，故bn＝2，所以2＝an－ln n，所以an＝2＋ln n．故选A．
9．已知数列{an}的通项公式为an＝neq \f(2,3)n，则数列{an}中的最大项为( )
A．eq \f(8,9) B．eq \f(2,3) C．eq \f(64,81) D．eq \f(125,243)
答案 A
解析 解法一(作差比较法)：
an＋1－an＝(n＋1)eq \f(2,3)n＋1－neq \f(2,3)n＝eq \f(2－n,3)·eq \f(2,3)n，当n<2时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝2时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>2时，an＋1－an<0，即an＋1a4>a5>…>an，所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×eq \f(2,3)2＝eq \f(8,9)．故选A．
解法二(作商比较法)：
eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1\f(2,3)n＋1,n\f(2,3)n)＝eq \f(2,3)1＋eq \f(1,n)，令eq \f(an＋1,an)>1，解得n<2；令eq \f(an＋1,an)＝1，解得n＝2；令eq \f(an＋1,an)<1，解得n>2．
又an>0，故a1a4>a5>…>an，
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×eq \f(2,3)2＝eq \f(8,9)．故选A．
10．已知数列{an}的通项公式为an＝2n2＋tn＋1，若{an}是单调递增数列，则实数t的取值范围是( )
A．(－6，＋∞) B．(－∞，－6)
C．(－∞，－3) D．(－3，＋∞)
答案 A
解析 解法一：因为{an}是单调递增数列，所以对于任意的n∈N*，都有an＋1>an，
即2(n＋1)2＋t(n＋1)＋1>2n2＋tn＋1，化简得t>－4n－2，所以t>－4n－2对于任意的n∈N*都成立，因为－4n－2≤－6，所以t>－6．故选A．
解法二：设f(n)＝2n2＋tn＋1，其图象的对称轴为n＝－eq \f(t,4)，要使{an}是递增数列，则－eq \f(t,4)－6．故选A．
11．已知Sn是数列{an}的前n项和，且有Sn＝n2＋1，则数列{an}的通项an＝________．
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＝1，,2n－1n≥2))
解析 当n＝1时，a1＝S1＝1＋1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－[(n－1)2＋1]＝2n－1．此时对于n＝1不成立，故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＝1，,2n－1n≥2.))
12．对于数列{an}，定义数列{bn}满足：bn＝an＋1－an(n∈N*)，且bn＋1－bn＝1(n∈N*)，a3＝1，a4＝－1，则a1＝________．
答案 8
解析 由bn＋1－bn＝1知数列{bn}是公差为1的等差数列，又b3＝a4－a3＝－2，所以b1＝－4，b2＝－3，b1＋b2＝(a2－a1)＋(a3－a2)＝a3－a1＝－7，解得a1＝8．
二、高考小题
13．记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an＋1，则S6＝________．
答案 －63
解析 根据Sn＝2an＋1，可得Sn＋1＝2an＋1＋1，两式相减得an＋1＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，
当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，所以数列{an}是以－1为首项，
以2为公比的等比数列，所以S6＝eq \f(－1－26,1－2)＝－63．
14．数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，a8＝2，则a1＝________．
答案 eq \f(1,2)
解析 由an＋1＝eq \f(1,1－an)，得an＝1－eq \f(1,an＋1)，∵a8＝2，∴a7＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，a6＝1－eq \f(1,a7)＝－1，
a5＝1－eq \f(1,a6)＝2，…，∴{an}是以3为周期的数列，∴a1＝a7＝eq \f(1,2)．
15．设数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝_____，S5＝_____．
答案 1 121
解析 解法一：∵an＋1＝2Sn＋1，∴a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，
又∵S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1．
又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，由S2＝4，
可求出S3＝13，S4＝40，S5＝121．
解法二：由an＋1＝2Sn＋1，得a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，
又S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1．
又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，
则Sn＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))，又S1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是首项为eq \f(3,2)，公比为3的等比数列，
∴Sn＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)×3n－1，即Sn＝eq \f(3n－1,2)，∴S5＝eq \f(35－1,2)＝121．
16．设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))前10项的和为________．
答案 eq \f(20,11)
解析 由已知得，a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝n－1＋1(n≥2)，则有an－a1＝1＋2＋3＋…＋n－1＋(n－1)(n≥2)，因为a1＝1，所以an＝1＋2＋3＋…＋n(n≥2)，即an＝eq \f(n2＋n,2)(n≥2)，又当n＝1时，a1＝1也适合上式，故an＝eq \f(n2＋n,2)(n∈N*)，所以eq \f(1,an)＝eq \f(2,n2＋n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，从而eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,a10)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)－\f(1,11)))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,11)))＝eq \f(20,11)．
三、模拟小题
17．已知数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝eq \f(1,2)，那么a5＝( )
A．eq \f(1,32) B．eq \f(1,16) C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,2)
答案 A
解析 ∵数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝eq \f(1,2)，
∴a2＝a1a1＝eq \f(1,4)，a3＝a1·a2＝eq \f(1,8)．那么a5＝a3·a2＝eq \f(1,32)．故选A．
18．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)
答案 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)．故选C．
19．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2020项和S2020＝( )
A．673 B．674 C．1345 D．1347
答案 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，∴数列{xn}的前2020项和S2020＝S673×3＋1＝673×2＋1＝1347．故选D．
20．数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,a2018)＝( )
A．eq \f(2017,2018) B．eq \f(2018,2019) C．eq \f(4034,2018) D．eq \f(4036,2019)
答案 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＋eq \f(n－1n＋2,2)＝eq \f(nn＋1,2)，
∴eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,a2018)＝21－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2018)－eq \f(1,2019)＝eq \f(4036,2019)，故选D．
21．已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(1,n)，n≥2))
解析 已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋1，将n＝1代入，得a1＝2；
当n≥2时，将n－1代入得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝n，
两式相减得nan＝(n＋1)－n＝1，∴an＝eq \f(1,n)，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(1,n)，n≥2.))
22．数列{an}的通项为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－1，n≤4，,－n2＋a－1n，n≥5))(n∈N*)，若a5是{an}中的最大值，则a的取值范围是________．
答案 [9,12]
解析 当n≤4时，an＝2n－1单调递增，因此n＝4时取最大值，a4＝24－1＝15．
当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－n－eq \f(a－1,2)2＋eq \f(a－12,4)．∵a5是{an}中的最大值，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a－1,2)≤5.5，,－25＋5a－1≥15，))解得9≤a≤12．∴a的取值范围是[9,12]．
一、高考大题
1．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0．
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解 (1)由题意得a2＝eq \f(1,2)，a3＝eq \f(1,4)．
(2)由aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2)．
故{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，因此an＝eq \f(1,2n－1)．
2．已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)且an＋1＝an－aeq \\al(2,n)(n∈N*)．
(1)证明：1(2)设数列{aeq \\al(2,n)}的前n项和为Sn，证明：eq \f(1,2n＋2)证明 (1)由题意得an＋1－an＝－aeq \\al(2,n)≤0，
即an＋1≤an，故an≤eq \f(1,2)．
由an＝(1－an－1)an－1，得
an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1>0．
由0(2)由题意得aeq \\al(2,n)＝an－an＋1，所以eq \f(an,an＋1)＝eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)，Sn＝a1－an＋1．①
由eq \f(an,an＋1)＝eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)和1因此eq \f(1,2n＋1)≤an＋1由①②得eq \f(1,2n＋2)二、模拟大题
3．已知数列{an}中，an＝1＋eq \f(1,a＋2n－1)(n∈N*，a∈R，且a≠0)．
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．
解 (1)∵an＝1＋eq \f(1,a＋2n－1)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，
a＝－7，∴an＝1＋eq \f(1,2n－9)(n∈N*)．
结合函数f(x)＝1＋eq \f(1,2x－9)的单调性，
可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*)．
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0．
(2)an＝1＋eq \f(1,a＋2n－1)＝1＋eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))．
∵对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋eq \f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，∴54．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝4Sn－1(n∈N*)．
(1)证明：an＋2－an＝4；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)证明：∵anan＋1＝4Sn－1，
∴an＋1an＋2＝4Sn＋1－1，
∴an＋1(an＋2－an)＝4an＋1．
又an≠0，∴an＋2－an＝4．
(2)由anan＋1＝4Sn－1，a1＝1，得a2＝3．
由an＋2－an＝4知数列{a2n}和{a2n－1}都是公差为4的等差数列，
∴a2n＝3＋4(n－1)＝2(2n)－1，
a2n－1＝1＋4(n－1)＝2(2n－1)－1，
∴an＝2n－1．