(小白高考)新高考数学(适合艺考生)一轮复习24《数列的概念与简单表示》巩固练习（2份打包，答案版+教师版）

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一、选择题
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
已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，若a1＝eq \f(1,2)，则a2 019＝( )
A.﹣1 B.eq \f(1,2) C.1 D.2
在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，则a4的值为( )
A.31 B.30 C.15 D.63
若数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an﹣an﹣1(n≥2)，则a2 025＝( )
A.1 B.﹣2 C.3 D.﹣3
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A.2n﹣1 B.(eq \f(3,2))n﹣1 C.(eq \f(2,3))n﹣1 D.(eq \f(1,2))n﹣1
已知数列{an}中a1＝1，an＝n(an＋1﹣an)(n∈N*)，则an＝( )
A.2n﹣1 B.( SKIPIF 1 < 0 )n﹣1 C.n D.n2
已知数列{an}的前n项和Sn＝2﹣2n＋1，则a3＝( )
A.﹣1 B.﹣2 C.﹣4 D.﹣8
已知数列{an}，则“an＋1＞an﹣1”是“数列{an}为递增数列”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
在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N*，都有am＋n＝am·an.若a6＝64，则a9等于( )
A.256 B.510 C.512 D.1 024
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的取值范围为( )
A.(﹣∞，﹣1] B.(﹣∞，2] C.(﹣∞，3) D.(﹣∞，eq \f(9,2)]
已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝ SKIPIF 1 < 0 ，则a2 025＝( )
A.2 024 B.2 025 C.4 048 D.4 050
设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an等于( )
A.eq \f(1,3n－1) B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D.eq \f(5－2n,3)
二、填空题
数列{an}中，a1＝2，且an＋1＝eq \f(1,2)an﹣1，则a5的值为________.
数列{an}的通项公式an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，则eq \r(10)﹣3是此数列的第________项.
已知Sn为数列{an}的前n项和，且lg2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为____________.
已知数列{an}满足an≠0,2an(1﹣an＋1)﹣2an＋1(1﹣an)＝an﹣an＋1＋an·an＋1，且a1＝eq \f(1,3)，则数列{an}的通项公式an＝________.
三、解答题
(1)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋3n＋2，求数列{an}的通项公式.
(2)在数列{an}中，a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)an﹣1(n≥2)，求数列{an}的通项公式.
(3)在数列{an}中a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式.
(4)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，求数列{an}的通项公式.
已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝4an＋3.
(1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝4.
已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}中，bn＝eq \f(2,an＋1)，且其前n项和为Tn，
设cn＝T2n＋1﹣Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)判断数列{cn}的增减性.
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.
\s 0 (小白高考)新高考数学(适合体育生)一轮复习24《数列的概念与简单表示》巩固练习（含答案）答案解析
一、选择题
答案为：B.
解析：易知数列﹣1,4，﹣9,16，﹣25，…的一个通项公式为an＝(﹣1)n·n2，故选B.
答案为：A.
解析：由a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(1,1－an)，得a2＝eq \f(1,1－a1)＝2，a3＝eq \f(1,1－a2)＝﹣1，a4＝eq \f(1,1－a3)＝eq \f(1,2)，a5＝eq \f(1,1－a4)＝2，…，于是可知数列{an}是以3为周期的周期数列，因此a2 018＝a3×672＋3＝a3＝﹣1.
答案为：C.
解析：由题意，得a2＝2a1＋1＝3，a3＝2a2＋1＝7，a4＝2a3＋1＝15，故选C.
答案为：A.
解析：因为an＝an﹣1﹣an﹣2(n≥3)，所以an＋1＝an﹣an﹣1＝(an﹣1﹣an﹣2)﹣an﹣1＝﹣an﹣2，
所以an＋3＝﹣an，所以an＋6＝﹣an＋3＝an，所以{an}是以6为周期的周期数列.
因为2 025＝337×6＋3，所以a2 025＝a3＝a2﹣a1＝3﹣2＝1.故选A.
答案为：B.
解析：Sn＝2an＋1＝2Sn＋1﹣2Sn⇒3Sn＝2Sn＋1⇒eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3,2)，故数列{Sn}为等比数列，公比是eq \f(3,2)，
又S1＝1，所以Sn＝1×(eq \f(3,2))n﹣1＝(eq \f(3,2))n﹣1.故选B.
答案为：C.
解析：由an＝n(an＋1﹣an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，∴{eq \f(an,n)}为常数列，
即eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝1，故an＝n.故选C.
答案为：D.
解析：∵数列{an}的前n项和Sn＝2﹣2n＋1，∴a3＝S3﹣S2＝(2﹣24)﹣(2﹣23)＝﹣8.故选D.
答案为：B.
解析：由题意，若“数列{an}为递增数列”，则an＋1＞an＞an﹣1，但an＋1＞an﹣1不能推出an＋1＞an，如an＝1，an＋1＝1，{an}为常数列，则不能推出“数列{an}为递增数列”，所以“an＋1＞an﹣1”是“数列{an}为递增数列”的必要不充分条件.故选B.
答案为：C.
解析：在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N*，都有am＋n＝am·an.
所以a6＝a3·a3＝64，a3＝8.所以a9＝a6·a3＝64×8＝512.
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：B.
解析：由题意知n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝ SKIPIF 1 < 0 ﹣eq \f(nan－1,2)，化为eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)＝…＝eq \f(a1,1)＝1，∴an＝n.则a2 019＝2 019.故选B.
答案为：B.
解析：由题意知，Sn＋nan＝2，当n≥2时，(n＋1)an＝(n﹣1)an﹣1，
从而eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,3)·eq \f(2,4)·…·eq \f(n－1,n＋1)，有an＝ SKIPIF 1 < 0 ，
当n＝1时上式成立，所以an＝ SKIPIF 1 < 0 .
二、填空题
答案为：﹣eq \f(7,4).
解析：由a1＝2，an＋1＝eq \f(1,2)an﹣1，得a2＝eq \f(1,2)a1﹣1＝1﹣1＝0，a3＝eq \f(1,2)a2﹣1＝0﹣1＝﹣1，a4＝eq \f(1,2)a3﹣1＝﹣eq \f(1,2)﹣1＝﹣eq \f(3,2)，a5＝eq \f(1,2)a4﹣1＝﹣eq \f(3,4)﹣1＝﹣eq \f(7,4).
答案为：9.
解析：an＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \f(\r(n＋1)－\r(n),\r(n＋1)＋\r(n)\r(n＋1)－\r(n))＝eq \r(n＋1)﹣eq \r(n)，
∵eq \r(10)﹣3＝eq \r(10)﹣eq \r(9)，∴eq \r(10)﹣3是该数列的第9项.
答案为：an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2)).
解析：(1)由lg2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1，
当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n，
所以数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2.))
答案为：eq \f(1,n＋2).
解析：∵an≠0,2an(1﹣an＋1)﹣2an＋1(1﹣an)＝an﹣an＋1＋an·an＋1，∴两边同除以an·an＋1，
得eq \f(21－an＋1,an＋1)﹣eq \f(21－an,an)＝eq \f(1,an＋1)﹣eq \f(1,an)＋1，整理，得eq \f(1,an＋1)﹣eq \f(1,an)＝1，即{eq \f(1,an)}是以3为首项，1为公差的等差数列，∴eq \f(1,an)＝3＋(n﹣1)×1＝n＋2，即an＝eq \f(1,n＋2).
三、解答题
解：(1)因为an＋1﹣an＝3n＋2，
所以an﹣an﹣1＝3n﹣1(n≥2)，
所以an＝(an﹣an﹣1)＋(an﹣1﹣an﹣2)＋…＋(a2﹣a1)＋a1＝eq \f(n3n＋1,2)(n≥2).
当n＝1时，a1＝2＝eq \f(1,2)×(3×1＋1)，符合上式，
所以an＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2).
(2)因为an＝eq \f(n－1,n)an﹣1(n≥2)，
所以an﹣1＝eq \f(n－2,n－1)an﹣2，…，a2＝eq \f(1,2)a1.
由累乘法可得an＝a1·eq \f(1,2)·eq \f(2,3)·…·eq \f(n－1,n)＝eq \f(a1,n)＝eq \f(1,n)(n≥2).又a1＝1符合上式，∴an＝eq \f(1,n).
(3)因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n﹣1，所以an＝2·3n﹣1﹣1.
(4)∵an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝1，∴an≠0，
∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)，即eq \f(1,an＋1)﹣eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，又a1＝1，则eq \f(1,a1)＝1，
∴{eq \f(1,an)}是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列.
∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n﹣1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,2)，∴an＝eq \f(2,n＋1)(n∈N*).
解：(1)a1＝3，a2＝15，a3＝63，a4＝255.
因为a1＝41﹣1，a2＝42﹣1，a3＝43﹣1，a4＝44﹣1，…，
所以归纳得an＝4n﹣1.
(2)证明：因为an＋1＝4an＋3，
所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(4an＋3＋1,an＋1)＝eq \f(4an＋1,an＋1)＝4.
解：(1)∵a1＝S1＝2，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1(n≥2)，
∴bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,3)n＝1，,\f(1,n)n≥2.))
(2)由题意得cn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n＋1)，
∴cn＋1﹣cn＝eq \f(1,2n＋2)＋eq \f(1,2n＋3)﹣eq \f(1,n＋1)＝eq \f(1,2n＋3)﹣eq \f(1,2n＋2)＝ SKIPIF 1 < 0 ＜0，
∴cn＋1＜cn，
∴数列{cn}为递减数列.
解：(1)由n2﹣5n＋4＜0，解得1＜n＜4.
因为n∈N*，所以n＝2,3，
所以数列中有两项是负数，即为a2，a3.
因为an＝n2﹣5n＋4＝(n﹣eq \f(5,2))2﹣eq \f(9,4)，
由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝﹣2.
(2)由an＋1＞an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以﹣eq \f(k,2)＜eq \f(3,2)，解得k＞﹣3.
所以实数k的取值范围为(﹣3，＋∞).