(新高考)高考数学一轮考点复习6.1《数列的概念及简单表示》课时跟踪检测(含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮考点复习6.1《数列的概念及简单表示》课时跟踪检测(含详解)，共6页。试卷主要包含了基础练——练手感熟练度，综合练——练思维敏锐度等内容，欢迎下载使用。
课时跟踪检测（二十九） 数列的概念及简单表示
一、基础练——练手感熟练度
1．数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为(　　)
A．an＝n2　　　　　　　 B．an＝(－1)n·n2
C．an＝(－1)n＋1·n2 D．an＝(－1)n·(n＋1)2
解析：选B　易知数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为an＝(－1)n·n2，故选B.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则S5＝(　　)
A．31 B．42
C．37 D．47
解析：选D　由题意，得Sn＋1－Sn＝Sn＋1(n∈N*)，∴Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，故数列{Sn＋1}为等比数列，其首项为S1＋1＝3，公比为2，则S5＋1＝3×24，∴S5＝47.
3．记Sn为递增数列{an}的前n项和，“任意正整数n，均有an>0”是“{Sn}是递增数列”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A　因为“an>0”⇒数列{Sn}是递增数列，所以“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件；反之，如数列{an}为－1，1,3,5,7,9，…，显然{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，“数列{Sn}是递增数列”⇒/ “an>0”，“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件．因此“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．故选A.
4．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时， 不满足上式．
故数列的通项公式为an＝
答案：
5．设数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋，则通项公式an＝________.
解析：由题意知an＋1－an＝＝－，
∴a2－a1＝1－，a3－a2＝－，a4－a3＝－，…，an－an－1＝－(n≥2，n∈N*)，逐项相加得an＝a1＋1－＝4－.经检验，a1＝3也符合上式．故an＝4－.
答案：4－
二、综合练——练思维敏锐度
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝2－2n＋1，则a3＝(　　)
A．－1 B．－2
C．－4 D．－8
解析：选D　∵数列{an}的前n项和Sn＝2－2n＋1，∴a3＝S3－S2＝(2－24)－(2－23)＝ －8.故选D.
2．(2021·沈阳模拟)已知数列{an}中a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则an＝(　　)
A．2n－1 B.n－1
C．n D．n2
解析：选C　由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即＝，∴为常数列，即＝＝1，故an＝n.故选C.
3．设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是(　　)
A. B.
C．4 D．0
解析：选D　因为an＝－32＋，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大值为0.
4．(多选)对于数列，令bn＝an－，下列说法正确的是(　　)
A．若数列是单调递增数列，则数列也是单调递增数列
B．若数列是单调递减数列，则数列也是单调递减数列
C．若an＝3n－1，则数列有最小值
D．若an＝1－n，则数列有最大值
解析：选CD　如果a1＝－1，a2＝1，则b1＝b2＝0，从而A不正确；如果a1＝1，a2＝－1，则b1＝b2＝0，从而B不正确；函数f(x)＝x－在(0，＋∞)上为增函数，若an＝3n－1，则为递增数列，当n＝1时，an取最小值，a1＝2>0，所以数列有最小值，从而C正确；若an＝1－n，当n＝1时，an取最大值且an>0，所以数列有最大值，从而D正确．
5．设数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1(n≥2且n∈N*)，则a18＝(　　)
A. B.
C．3 D.
解析：选B　令bn＝nan，
则由2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1(n≥2且n∈N*)，
得2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2且n∈N*)，
∴数列{bn}是以1为首项，以2a2－a1＝3为公差的等差数列，
则bn＝1＋3(n－1)＝3n－2，即nan＝3n－2，∴an＝，∴a18＝＝.故选B.
6．(多选)已知数列{an}满足：a1＝3，当n≥2时，an＝(＋1)2－1，则关于数列{an}说法正确的是(　　)
A．a2＝8 B．数列{an}为递增数列
C．数列{an}为周期数列 D．an＝n2＋2n
解析：选ABD　由an＝(＋1)2－1得an＋1＝(＋1)2，∴＝＋1，即数列{}是首项为＝2，公差为1的等差数列，∴＝2＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝n2＋2n，得a2＝8，由二次函数的性质得数列{an}为递增数列，故A、B、D正确．
7．设数列{an}中a1＝a2＝1，且满足a2n＋1＝3a2n－1与a2n＋2－a2n＋1＝a2n，则数列{an}的前12项的和为(　　)
A．364 B．728
C．907 D．1 635
解析：选C　数列{an}中a1＝a2＝1，且满足a2n＋1＝3a2n－1，则a3＝3a1＝3，a5＝3a3＝9，a7＝3a5＝27，a9＝3a7＝81，a11＝3a9＝243.
由于a2n＋2－a2n＋1＝a2n，所以a2n＋2＝a2n＋1＋a2n，
故a4＝a3＋a2＝4，a6＝a5＋a4＝13，a8＝a7＋a6＝40，a10＝a9＋a8＝121，a12＝a11＋a10＝364，
所以数列{an}的前12项的和为1＋1＋3＋4＋9＋13＋27＋40＋81＋121＋243＋364＝907.故选C.
8．已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，若关于正整数n的不等式a－tan≤2t2的解集中的整数解有两个，则正实数t的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　∵a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，∴当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
∴2an＝2(Sn－Sn－1)＝(n＋1)an－nan－1，整理得＝(n≥2)，
∴＝＝…＝＝＝1，∴an＝n(n∈N*)．
不等式a－tan≤2t2可化为(n－2t)(n＋t)≤0，t>0，
∴00，所以an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，
又a1＝1，故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
答案：an＝2n－1
12．若数列{an}是正项数列，且＋＋＋…＋＝n2＋n，则a1＋＋…＋＝________.
解析：由题意得当n≥2时，＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，∴an＝4n2.又当n＝1时，＝2，∴a1＝4，∴＝4n，∴a1＋＋…＋＝n(4＋4n)＝2n2＋2n.
答案：2n2＋2n
13．在数列{an}中，a1＝1，a1＋＋＋…＋＝an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：由a1＋＋＋…＋＝an(n∈N*)知，当n≥2时，a1＋＋＋…＋＝ an－1，∴＝an－an－1，即an＝an－1，∴an＝…＝2a1＝2，∴an＝.
答案：
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn.满足a1＝2,3Sn＝(n＋m)an(m∈R)，且anbn＝n，若存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，则实数λ的最小值为________．
解析：∵3Sn＝(n＋m)an，
∴3S1＝3a1＝(1＋m)a1，解得m＝2，
∴3Sn＝(n＋2)an，①
当n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1，②
由①－②可得3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，
即(n－1)an＝(n＋1)an－1，∴＝，
∴＝，＝，＝，…，＝，＝，
累乘可得an＝n(n＋1)(n≥2)，经检验，a1＝2符合上式，
∴an＝n(n＋1)，n∈N*.∵anbn＝n，
∴bn＝，令Bn＝T2n－Tn＝＋＋…＋，则Bn＋1－Bn＝>0，∴数列{Bn}为递增数列，∴Bn≥B1＝.
∵存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，∴λ≥B1＝，
故实数λ的最小值为.
答案：
15．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.
(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．
解：(1)由n2－5n＋40.
又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－，c5＝，c6＝，
即c1·c2