2025版高考数学一轮总复习第6章数列第1讲数列的概念与简单表示法提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第6章数列第1讲数列的概念与简单表示法提能训练，共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．(2023·河北省“五个一”名校联盟高三上学期数学摸底试卷)数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式是an＝( C )
A.eq \f(n2－n＋2,2) B．n2－n
C.eq \f(n2＋n,2) D．2n2－n
[解析] 因为数列1,3,6,10，…的前n项可写为eq \f(1×2,2)，eq \f(3×2,2)，eq \f(3×4,2)，…则可知其一个通项公式是eq \f(nn＋1,2)，也可以通过验证法排除得到选项C.
2．已知数列eq \r(6)，eq \r(10)，eq \r(14)，3eq \r(2)，eq \r(22)，…，则5eq \r(2)是这个数列的( B )
A.第11项 B．第12项
C.第13项 D．第14项
[解析] 根据题意，归纳数列的通项公式，进而可得an＝eq \r(4n＋2)＝5eq \r(2)，解可得答案.根据题意，数列eq \r(6)，eq \r(10)，eq \r(14)，3eq \r(2)，eq \r(22)，…，则通项公式an＝eq \r(4n＋2)，若an＝eq \r(4n＋2)＝5eq \r(2)，解可得n＝12，即5eq \r(2)是这个数列的第12项，故选B.
3．(2023·安徽淮南一模)设Sn是数列{an}的前n项和.若a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝1－eq \f(1,an)，则S2 025＝( B )
A.eq \f(2 013,2) B．eq \f(2 025,2)
C.eq \f(2 027,2) D．eq \f(2 024,2)
[解析] 在数列{an}中，a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝1－eq \f(1,an)，则a2＝1－eq \f(1,a1)＝－1，a3＝1－eq \f(1,a2)＝2，a4＝1－eq \f(1,a3)＝eq \f(1,2)，以此类推可知，对任意的n∈N*，an＋3＝an，即数列{an}是以3为周期的周期数列.
又2 025＝3×675，因此S2 025＝675S3＝675×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－1＋2))＝eq \f(2 025,2).故选B.
4．若数列{an}的前n项和Sn满足3Sn＝2an－1，则a5＝( D )
A.32 B．eq \f(1,32)
C．－eq \f(1,16) D．－16
[解析] 方法一：因为3Sn＝2an－1，所以当n≥2时，3Sn－1＝2an－1－1，两式作差得3an＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝－2an－1(n≥2)，又当n＝1时，3S1＝2a1－1，所以a1＝－1，所以数列{an}是以－1为首项，－2为公比的等比数列.所以an＝－1×(－2)n－1，则a5＝－1×(－2)5－1＝－16.故选D.
方法二：因为3Sn＝2an－1，所以当n≥2时，3Sn＝2(Sn－Sn－1)－1，整理得Sn＝－2Sn－1－1(n≥2)，即Sn＋eq \f(1,3)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－1＋\f(1,3)))(n≥2)，又当n＝1时，3S1＝2a1－1，所以S1＝－1，所以S1＋eq \f(1,3)＝－eq \f(2,3)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,3)))是以－eq \f(2,3)为首项，－2为公比的等比数列.所以Sn＋eq \f(1,3)＝－eq \f(2,3)×(－2)n－1，Sn＝－eq \f(2,3)×(－2)n－1－eq \f(1,3)，则a5＝S5－S4＝－eq \f(2,3)×[16－(－8)]＝－16.故选D.
5．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则an等于( A )
A.2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C.2＋nln n D．1＋n＋ln n
[解析] an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝lneq \f(n,n－1)＋lneq \f(n－1,n－2)＋…＋ln eq \f(2,1)＋2
＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,n－1)·\f(n－1,n－2)·…·\f(2,1)))＋2
＝ln n＋2(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2也符合上式.
综上，an＝ln n＋2.
6．(2023·辽宁沈阳交联体期中)已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是( C )
A.an＝2n－1 B．an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n)))n－1
C.an＝n D．an＝n2
[解析] 解法一：由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))为常数列，即eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝1，所以an＝n.故选C.
解法二：当n＝1时，a1＝a2－a1，∴a2＝2，否定A、B、D，故选C.
7．数列{an}的通项公式an＝eq \f(n2＋90,n)，则数列{an}中的最小项是( B )
A.3eq \r(10) B．19
C．eq \f(1,19) D．eq \f(\r(10),60)
[解析] 令f(x)＝x＋eq \f(90,x)(x>0)，运用基本不等式得f(x)≥2eq \r(90)，当且仅当x＝3eq \r(10)时等号成立.因为an＝n＋eq \f(90,n)，所以n＋eq \f(90,n)≥2eq \r(90)，由于n∈N*，不难发现当n＝9或n＝10时，an＝19最小，故选B.
8．观察后面的算式：1⊗1,1⊗2,2⊗1,1⊗3,2⊗2,3⊗1,1⊗4,2⊗3,3⊗2,4⊗1，…，则式子3⊗5是第( C )
A.22项 B．23项
C.24项 D．25项
[解析] 两数和为2的有1个，和为3的有2个，和为4的有3个，和为5的有4个，和为6的有5个，和为7的有6个，前面共有21个，3⊗5是和为8的第3项，所以是第24项.故选C.
二、多选题
9．已知数列的前4项为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项可能是( ABD )
A.an＝(－1)n－1＋1 B．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n为奇数，,0，n为偶数))
C.an＝2sin eq \f(nπ,2) D．an＝cs(n－1)π＋1
10．(2022·潍坊一模)已知数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＋1，n为奇数，,2－2n，n为偶数，))则( BC )
A.a6＝19 B．a7>a6
C.S5＝22 D．S6>S5
[解析] 因为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＋1，n为奇数，,2－2n，n为偶数，))所以a1＝4，a2＝－2，a3＝10，a4＝－6，a5＝16，a6＝－10，a7＝22，所以A错误，B正确；S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝4＋(－2)＋10＋(－6)＋16＝22，故C正确；因为a6＝－10，所以S6－S5＝a6<0，所以S611．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(9n2－9n＋2,9n2－1)(n∈N*).则下列说法正确的是( BC )
A.这个数列的第10项为eq \f(27,31)
B.eq \f(97,100)是该数列中的项
C.数列中的各项都在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))内
D.数列{an}是单调递减数列
[解析] an＝eq \f(9n2－9n＋2,9n2－1)＝eq \f(3n－13n－2,3n－13n＋1)＝eq \f(3n－2,3n＋1).令n＝10，得a10＝eq \f(28,31)，故选项A不正确；令eq \f(3n－2,3n＋1)＝eq \f(97,100)，得n＝33，故eq \f(97,100)是该数列中的第33项，故选项B正确；因为an＝eq \f(3n－2,3n＋1)＝eq \f(3n＋1－3,3n＋1)＝1－eq \f(3,3n＋1)，又n∈N*，所以数列{an}是单调递增数列，所以eq \f(1,4)≤an<1，所以数列中的各项都在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))内，故选项C正确，选项D不正确.故选BC.
三、填空题
12．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2)) .
[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{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))
13．设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝ 1 ，S5＝ 121 .
[解析] 解法一：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝4，,a2＝2a1＋1，))解得a1＝1.由an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，得Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)×3n－1，即Sn＝eq \f(3n－1,2)，所以S5＝121.
解法二：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＝4,a2＝2a1＋1))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1,a2＝3))，又an＋1＝2Sn＋1，an＋2＝2Sn＋1＋1，两式相减得an＋2－an＋1＝2an＋1，即eq \f(an＋2,an＋1)＝3，又eq \f(a2,a1)＝3，∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＋1＝3n，∴Sn＝eq \f(3n－1,2)，∴S5＝121.
14．已知在数列{an}中，a1a2a3·…·an＝n2(n∈N*)，则a9＝ eq \f(81,64) .
[解析] ∵a1a2·…·a8＝82＝64，①
a1·a2·…·a9＝92＝81，②
②÷①得a9＝eq \f(81,64).
四、解答题
15．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.
(1)若k＝－5，求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.
[解析] (1)由n2－5n＋4<0，解得1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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\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)－3.
所以实数k的取值范围为(－3，＋∞).
16．已知在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq \f(n＋2,3)an.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式.
[解析] (1)由S2＝eq \f(4,3)a2，得3(a1＋a2)＝4a2，
解得a2＝3a1＝3；
由S3＝eq \f(5,3)a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
解得a3＝eq \f(3,2)(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知a1＝1.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1，
整理，得an＝eq \f(n＋1,n－1)an－1，
于是a1＝1，a2＝eq \f(3,1)a1，a3＝eq \f(4,2)a2，…，
an－1＝eq \f(n,n－2)an－2，an＝eq \f(n＋1,n－1)an－1，
将以上n个等式两端分别相乘，整理，得an＝eq \f(nn＋1,2)，经检验n＝1时，也满足上式.
综上，{an}的通项公式an＝eq \f(nn＋1,2).
B组能力提升
1．设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(－1)nan＋eq \f(1,2n)，则S1＋S3＋S5＝( D )
A.0 B．eq \f(17,64)
C．eq \f(5,64) D．eq \f(21,64)
[解析] 数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(－1)nan＋eq \f(1,2n)，当n为偶数时，Sn＝Sn－Sn－1＋eq \f(1,2n)，即有Sn－1＝eq \f(1,2n)，所以S1＋S3＋S5＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,16)＋eq \f(1,64)＝eq \f(21,64).故选D.
2．(2022·辽宁省实验中学模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则an＝( C )
A.2n B．2n－1
C．2n D．2n－1
[解析] 当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}为等比数列，公比为2，首项为2，∴通项公式为an＝2n.故选C.
3．(多选题)下列四个命题中，正确的有( ABD )
A.数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n)))的第k项为1＋eq \f(1,k)
B.已知数列{an}的通项公式为an＝n2－n－50，n∈N*，则－8是该数列的第7项
C.数列3,5,9,17,33，…的一个通项公式为an＝2n－1
D.数列{an}的通项公式为an＝eq \f(n,n＋1)，n∈N*，则数列{an}是递增数列
[解析] 对于A，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n)))的第k项为1＋eq \f(1,k)，A正确；
对于B，令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，B正确；
对于C，将3,5,9,17,33，…的各项减去1，得2,4,8,16,32，…，设该数列为{bn}，则其通项公式为bn＝2n(n∈N*)，因此数列3,5,9,17,33，…的一个通项公式为an＝bn＋1＝2n＋1(n∈N*)，C错误；
对于D，an＝eq \f(n,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)，则an＋1－an＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(1,n＋1n＋2)>0，因此数列{an}是递增数列，D正确.
4．(多选题)在数列{an}中，an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))n，则数列{an}中的最大项可以是( AB )
A.第6项 B．第7项
C.第8项 D．第9项
[解析] 假设an最大，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an＋1，,an≥an－1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))n≥n＋2\f(7,8)n＋1，,n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))n≥n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))n－1，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＋1≥\f(7,8)n＋2，,\f(7,8)n＋1≥n，))
即6≤n≤7，所以最大项为第6项和第7项.
5．已知数列{an}满足：an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－an－8，n≤6，,an－6，n>6，))(n∈N*)，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是( C )
A.(2,3) B．[2,3)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,7)，3)) D．[2,3]
[解析] 根据题意，由数列的通项公式和数列的函数特性分析可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－a>0，,a>1，,63－a－86，))(n∈N*)，且数列{an}是递增数列，必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－a>0，,a>1，,63－a－86．(2024·江西省婺源天佑中学高三上学期)若数列{an}满足an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(nπ,2)))－1))an＋2n，则a1＋a2＋…＋a8＝( B )
A.28 B．32
C．36 D．40
[解析] 由an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(nπ,2)))－1))an＋2n可得，a2＝－a1＋2，a3＝a2＋4＝－a1＋6，a4＝－a3＋6＝a1，a5＝a4＋8＝a1＋8，a6＝－a5＋10＝－a1＋2，a7＝a6＋12＝－a1＋14，a8＝－a7＋14＝a1.所以a1＋a2＋…＋a8＝32，故选B.
7．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：an＝eq \f(b1,3＋1)＋eq \f(b2,32＋1)＋eq \f(b3,33＋1)＋…＋eq \f(bn,3n＋1)，求数列{bn}的通项公式.
[解析] (1)当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，∵a1＝2满足该式，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)∵an＝eq \f(b1,3＋1)＋eq \f(b2,32＋1)＋eq \f(b3,33＋1)＋…＋eq \f(bn,3n＋1)(n≥1)，①
∴an＋1＝eq \f(b1,3＋1)＋eq \f(b2,32＋1)＋eq \f(b3,33＋1)＋…＋eq \f(bn,3n＋1)＋eq \f(bn＋1,3n＋1＋1).②
②－①，得eq \f(bn＋1,3n＋1＋1)＝an＋1－an＝2，bn＋1＝2(3n＋1＋1).
故bn＝2(3n＋1)(n∈N*).