备考2024届高考数学一轮复习分层练习第五章数列第1讲数列的概念

这是一份备考2024届高考数学一轮复习分层练习第五章数列第1讲数列的概念，共6页。试卷主要包含了故选A等内容，欢迎下载使用。
1.[2024江西模拟]记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝n2，n≤5，5n－4，n>5，则a6＝（ A ）
A.1B.5C.7D.9
解析 因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝n2，n≤5，5n－4，n>5，所以a6＝S6－S5＝（5×6－4）－52＝1.故选A.
2.[2023安徽淮南第五次联考]若数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1，则a7＝（ A ）
A.64B.128C.256D.512
解析 由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1 ①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）
·an－1＝（n－2）·2n－1＋1（n≥2） ②，①－②，得nan＝[（n－1）·2n＋1]－[（n－2）·2n－1＋1]＝n·2n－1（n≥2），所以an＝2n－1（n≥2），则a7＝64.故选A.
3.已知数列{an}的通项公式为an＝3n（2n－13），n∈N*，则数列{an}的前n项和Sn取最小值时，n的值是（ A ）
A.6B.7C.8D.5
解析 由3n（2n－13）≤0，得n≤132，n∈N*，所以数列{an}的前6项为负数，从第7项开始为正数，故数列{an}的前n项和Sn取最小值时，n的值为6.故选A.
4.已知数列{an}的通项公式为an＝n＋an，则“a≤1”是“数列{an}是递增数列”的（ A ）
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 若数列{an}是递增数列，则n＋1＋an+1＞n＋an，化简得a＜n2＋n.因为函数y＝x2＋x＝（x＋12）2－14在[1，＋∞）上单调递增，所以a＜2，所以“a≤1”是“数列{an}是递增数列”的充分不必要条件.故选A.
5.[斐波那契数列]斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有直接的应用.在数学上，斐波那契数列{an}是用如下递推方法定义的：a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2（n≥3，n∈N*）.已知a12＋a22＋a32＋…＋am2am是该数列的第100项，则m＝（ B ）
A.98 B.99C.100 D.101
解析 由题意得，a12＝a2a1.因为an＝an－1＋an－2（n≥3，n∈N*），所以an－1＝an－an－2（n≥3，n∈N*），得a22＝a2（a3－a1）＝a2a3－a2a1，a32＝a3（a4－a2）＝a3a4－a3a2，…，am2＝am（am＋1－am－1）＝amam＋1－amam－1.则a12＋a22＋a32＋…＋am2＝amam＋1.
因为a12＋a22＋a32＋…＋am2am是斐波那契数列{an}的第100项，即am＋1是斐波那契数列{an}的第100项，所以m＝99，故选B.
6.[2023上海财经大学附属中学模拟]若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2（n∈N*），则数列{an}的前n项和Sn＝ 3n+1－3－2n2 .
解析 由an＋1＝3an＋2得an＋1＋1＝3（an＋1），
所以数列{an＋1}是以3为公比的等比数列，其中首项a1＋1＝3，
所以an＋1＝3×3n－1＝3n，所以an＝3n－1，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝（31＋32＋…＋3n）－n＝3×（1－3n）1－3－n＝3n+1－3－2n2.
7.[2023重庆市三检]已知数列{an}满足：对任意的正整数m，n，都有aman＝am＋n，且a2＝3，则a10＝ 243 .
解析 解法一 因为对任意的正整数m，n，都有aman＝am＋n，所以a1a1＝a2，ana1＝an＋1.又a2＝3，所以a1＝±3，an+1an＝a1，所以数列{an}是首项与公比均为a1的等比数列，所以an＝a1·a1n－1＝a1n，所以a10＝a110＝35＝243.
解法二 由题意，令m＝n＝2，得a4＝a2·a2＝32.令m＝n＝4，得a8＝a4·a4＝34.令m＝2，n＝8，得a10＝a8·a2＝34×3＝35＝243.
8.[2023甘肃白银5月第二次联考]设{an}是首项为1的正项数列，且（n＋1）an+12－nan2＋an＋1an＝0（n∈N*），则它的通项公式an＝ 1n .
解析 解法一（累乘法） 将原式分解因式，得[（n＋1）an＋1－nan]（an＋1＋an）＝0.
∵{an}是正项数列，∴an＋1＋an＞0，∴（n＋1）an＋1－nan＝0，∴an+1an＝nn+1，∴a2a1×a3a2×a4a3×…×anan－1＝12×23×34×…×n－1n（n≥2），即ana1＝1n（n≥2）.∵a1＝1，∴an＝1na1＝1n（n≥2），当n＝1时也符合上式，故an＝1n.
解法二（迭代法） 由解法一，知an+1an＝nn+1，∴an＋1＝nn+1an，
∴an＝n－1nan－1＝n－1n·n－2n－1·an－2＝…＝n－1n·n－2n－1·…·12·a1＝1na1（n≥2）.
∵a1＝1，∴an＝1n（n≥2），当n＝1时也符合上式，故an＝1n.
解法三（构造特殊数列法） 由解法一，知（n＋1）an＋1＝nan，
∴数列{nan}是常数列，∴nan＝1·a1＝1，∴an＝1n.
9.[2023山东泰安肥城5月适应性训练]数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋1－2Sn＝1－n，且S1＝3，则数列{an}的通项公式是 an＝3，n=1，2n－1+1，n≥2 .
解析 ∵Sn＋1－2Sn＝1－n，∴Sn＋1－（n＋1）＝2（Sn－n），且S1－1＝2≠0，∴Sn+1－（n+1）Sn－n＝2，∴{Sn－n}是以2为首项，2为公比的等比数列.∴Sn－n＝2·2n－1＝2n，Sn＝n＋2n.
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n－（n－1＋2n－1）＝2n－1＋1，又a1＝3不满足上式，所以an＝3，n=1，2n－1+1，n≥2.
10.[2023安徽合肥一六八中学最后一卷]如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中，后人称之为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.根据以上规律引入一个数列{an}，满足a1＝1，an＝an－1＋n，n＞1且n∈N*.
（1）求数列{an}的通项公式.
（2）求证：1a1＋1a2＋…＋1an＜2.
解析 （1）因为an＝an－1＋n，n＞1，
所以an－an－1＝n，n＞1，
所以当n＞1时，an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝n＋（n－1）＋…＋2＋1＝n（n+1）2，
又a1＝1，当n＝1时，上式也成立，所以an＝n（n+1）2.
（2）由1an＝2n（n+1）＝2（1n－1n+1），
得1a1＋1a2＋…＋1an＝2（1－12＋12－13＋…＋1n－1n+1）＝2（1－1n+1）＜2，问题得证.
11.[2024云南曲靖模拟]数列{an}满足an＋1＝2an－14an+2，且a1＝1，则数列{an}的前2 024项的和S2 024＝（ C ）
A.－2536B.－2538C.－17716D.－17718
解析 因为an＋1＝2an－14an+2，且a1＝1，令n＝1，可得a2＝2a1－14a1+2＝16；令n＝2，可得a3＝2a2－14a2+2＝－14；令n＝3，可得a4＝2a3－14a3+2＝－32；令n＝4，可得a5＝2a4－14a4+2＝1.可知数列{an}是以4为周期的周期数列，则a1＋a2＋a3＋a4＝1＋16－14－32＝－712，且2 024＝4×506，所以S2 024＝506×（－712）＝－17716.故选C.
12.[多选/2023高三名校联考]大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，该数列从第一项起为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，….按此规律得到的数列记为{an}，其前n项和为Sn，则以下说法正确的是（ AD ）
A.a2n－1＝2n2－2n
B.182是数列{an}中的项
C.a21＝210
D.当n为偶数时，Sn＋2－2Sn＋1＋Sn＝n＋2
解析 数列{an}的偶数项依次为2，8，18，32，50，…，通过观察可知a2n＝2n2，同理可得a2n－1＝2n2－2n，所以an＝n2－12，n为奇数，n22，n为偶数，所以a21＝212－12＝220，故A正确，C错误；由n2－12＝182，得n＝365，由n22＝182，得n＝291，又n∈N*，所以方程都无正整数解，所以182不是{an}中的项，故B错误；当n为偶数时，Sn＋2－2Sn＋1＋Sn＝（Sn＋2－
Sn＋1）－（Sn＋1－Sn）＝an＋2－an＋1＝（n+2）22－（n+1）2－12＝n＋2，故D正确.故选AD.
13.[2023河南名校摸底考试]已知数列{an}满足：a1＝1，（2n＋1）2an＝（2n－1）2an＋1（n∈N*）.正项数列{cn}满足：对于每个n∈N*，c2n－1＝an，c2n－1，c2n，c2n＋1成等比数列，则cn＝ n2，n为奇数，n2－1，n为偶数 .
解析 依题意，an≠0，由（2n＋1）2an＝（2n－1）2an＋1可得an+1an＝（2n+1）2（2n－1）2，所以an＝anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2a1·a1＝（2n－1）2（2n－3）2·（2n－3）2（2n－5）2·…·5232·3212·1＝（2n－1）2（n≥2），当n＝1时，a1＝1，满足上式，所以c2n－1＝an＝（2n－1）2 ①.因为c2n－1，c2n，c2n＋1成等比数列，所以c2n2＝c2n－1×c2n＋1＝（2n－1）2（2n＋1）2＝（4n2－1）2，又cn＞0，所以c2n＝4n2－1＝（2n）2－1 ②.由①②可知，cn＝n2，n为奇数，n2－1，n为偶数.
14.[2023江苏省如皋中学模拟]已知数列{an}，a1＝1，且an·an+1＝nn+2，则a1·a2·a3·…·a2n-2·a2n-1·a2n＝ 12n+1 ，an＝ 2nn+1，n=2k－1，n2n+2，n=2k（k∈N*） .
解析 因为an·an＋1＝nn+2，所以a1·a2·a3·a4·…·a2n－1·a2n＝13×35×…×2n－12n+1＝12n+1.由an·an＋1＝nn+2，可得an＋1·an＋2＝n+1n+3，即有an+2an＝（n+1)(n+2）n（n+3），由a1＝1，得a3a1＝2×31×4，a5a3＝4×53×6，a7a5＝6×75×8，…，a2k－1a2k－3＝（2k－2)(2k－1）（2k－3）·2k，所以当n＝2k－1，k∈N*时，将以上各式相乘可得，a2k－1＝2（2k－1）2k，即an＝2nn+1，n＝2k－1，k∈N*.又当n＝2k－1，k∈N*时，a2k－1·a2k＝2k－12k+1，所以a2k＝2k－12k+1·2k2（2k－1）＝2k2（2k+1），所以当n＝2k，k∈N*时，an＝n2n+2.所以an＝2nn+1，n=2k－1，n2n+2，n=2k（k∈N*）.
15.[2023福州5月质检]已知数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋2＋an＋10＝2an＋1＋2n.
（1）若bn＝an＋1－an，求数列{bn}的通项公式；
（2）求使an取得最小值时n的值.
解析 （1）依题意，可得b1＝0，bn＋1－bn＝2n－10，
于是当n≥2时，bn－b1＝∑i=1n－1（bi＋1－bi）＝∑i=1n－1（2i－10）＝2＋4＋…＋（2n－2）－10（n－1）＝n2－11n＋10.
即bn＝n2－11n＋10，
又b1＝0也符合上式，所以bn＝n2－11n＋10.
（2）由（1）可知bn＝an＋1－an＝（n－1）（n－10），
当2≤n≤9时，bn＜0，即an＋1＜an，
当n≥11时，bn＞0，即an＋1＞an，
当n＝1或n＝10时，bn＝0，即an＋1＝an，
所以an取得最小值时n＝10或11.
16.[条件创新]在数列{an}中，a1＝1，a2＝13，2anan＋2＝anan＋1＋an＋1an＋2，若ak＝135，则k＝（ A ）
A.18B.24C.30D.36
解析 由2anan＋2＝anan＋1＋an＋1an＋2，得2an+1＝1an+2＋1an，所以数列{1an}是等差数列，且首项为1a1＝1，公差为1a2－1a1＝2，所以1an＝1＋（n－1）×2＝2n－1，所以an＝12n－1.由ak＝12k－1＝135，得k＝18，故选A.